【状压】ARC058E 和風いろはちゃん / Iroha and Haiku

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是我想不到的的状压方式。

首先，条件中的“存在”比较麻烦，由于一个相同的数列可能包含多个满足条件的三元组，用乘法原理直接正面刚会出现重复计数的情况。

正难则反，所以我们反向考虑用总的$10^n$的方案数减去不合法的数列。

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注意到$X+Y+Z\leq 17$，所以可以考虑状压。

状压的方式非常不容易想到，具体是：

我们用二进制位数来表示数字，例如：$5->10000 \ ,\ 3->100$

如果$5$后面是加上一个$3$，即序列的一个后缀是$53$，那么这个状态就用$10000100$表示（把两个数的二进制表示拼在一起）。同时，这个新的二进制状态的第$8$位是$1$，表示$5+3=8$；第$3$位为$1$，表示最后一个数是$3$，那么倒数第二个数就可以用$8-3=5$算出来。

举个更复杂的例子，假如后缀是$536$（五三打钱），我们的二进制状态就是$10000100100000$，那么我们可以通过这个二进制状态得到所有$536$这个后缀的所有情况：

$14$（第$14$位上为$1，14=5+3+6$）

$9$（第$9$位上为$1，9=3+6$）

$6$（第$6$位上为$1，6=6$）

$5$（$14-9=5=5$）

$8$（$14-6=8=5+3$）

$3$（$9-6=3=3$）

（这实际上就是一种变相的后缀和）

那么什么样的状态表示俳句呢？

俳句是连续三段数，和分别为$X,Y,Z$，所以俳句对应的二进制第$X+Y+Z,Y+Z,Z$位上都是$1$。

用这种方式表示状态，状态的最大位数就是最大和，所以状态数是$2^{X+Y+Z}$种，在时空承受范围之内。

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关于$dp$过程，设$dp[i][s]$表示转移到第$i$位，数列结尾的状态为$s$的方案数。

转移时枚举后继数字(第$i+1$位)为$j$，那么新的二进制状态就是$s'=(s<<j)|(1<<(j-1))$

则有$dp[i+1][s']+=dp[i][s]$

边界情况$dp[0][0]=1$

另外，这里有一点需要提一下，就是$n$的范围比较大，而每个数字的范围在$[1,10]$，那么最大的数字和应该是$40$,但是我们只需要$dp$和是$x+y+z$的部分，因为这个是后缀和，前面的数不管是啥并不重要，我们的$i$指针在不断移动的时候，就计算了不同位置的方案。

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►Code View

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<string>
#include<map>
#include<cmath>
using namespace std;
#define N 45
#define INF 0x3f3f3f3f
#define MOD 1000000007
#define LL long long
int rd()
{
	int x=0,f=1;char c=getchar();
	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1; c=getchar();}
	while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar();}
	return f*x;
}
int n,x,y,z;
LL dp[N][1<<18];
LL ksm(LL a,LL b)
{
	LL res=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) res=res*a%MOD;
		a=a*a%MOD;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
int main()
{
	n=rd(),x=rd(),y=rd(),z=rd();
	int jdg=((1<<(x+y+z-1))|(1<<(y+z-1))|(1<<(z-1)));
	dp[0][0]=1;
	int sum=(1<<(x+y+z))-1;//最高位是x+y+z-1 所以最大和就是所有位数都是1 也就是2^(x+y+z)-1 
	for(int i=0;i<=n-1;i++)
		for(int s=0;s<=sum;s++)
		{
			if(dp[i][s]==0) continue;//不会产生贡献
			for(int j=1;j<=10;j++)//枚举第i+1位是什么数字
			{
				int t=(s<<j)|(1<<(j-1));
				t&=sum;//防止溢出
				if((t&jdg)==jdg) continue;//存在俳句
				else dp[i+1][t]=(dp[i+1][t]+dp[i][s])%MOD;
			}
		}
	LL ans=0;
	for(int s=0;s<=sum;s++)
		ans=(ans+dp[n][s])%MOD;
	ans=(ksm(10,n)-ans+MOD)%MOD;
	printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}