Solution -「ARC 058C」「AT 1975」Iroha and Haiku

$\mathcal{Description}$

  Link.

  称一个正整数序列为“俳（pái）句”，当且仅当序列中存在连续一段和为 $x$，紧接着连续一段和为 $y$，再紧接着连续一段和为 $z$，其中 $x,y,z$ 为给定正整数。计数长度为 $n$，元素大小不超过 $10$ 的俳句。

  $n\le40$，$x+y+z\le17$。

$\mathcal{Solution}$

  通过俳句的特征（连续三段和的限制）来正向计数会重复：一个俳句可能有多段满足特征。正难则反，考虑计数不是俳句的序列数。

  如何定义状态呢？我们把 “$x+y+z$” 展开称一条长度为 $x+y+z$ 的链。序列中的每个数可以占领位置中的 $1\sim10$ 个位置。我们就只关心三个段的结束位置是否是某个数的结束位置即可。把某个数的结束位置设为 $1$，其余位置设为 $0$，就得到了一个 $01$ 状态。例如 $x=2,y=3,z=2$，那么 $0100101$ 或 $0111111$ 是俳句。

  于是，令 $f(i,S)$ 表示前 $i$ 个数，后缀状态为 $S$ 的非俳句个数，转移时排除所有俳句状态即可。

  复杂度 $\mathcal O(10n\cdot2^{x+y+z})$。

$\mathcal{Code}$

#include <cstdio>

const int MAXN = 40, MAXL = 17, MOD = 1e9 + 7;
int n, x, y, z, f[2][1 << MAXL];

inline void add_eq ( int& a, const int b ) { if ( ( a += b ) >= MOD ) a -= MOD; }

int main () {
	scanf ( "%d %d %d %d", &n, &x, &y, &z );
	int all = ( 1 << x + y + z ) - 1, ans = 1;
	int haiku = ( 1 << x + y + z >> 1 ) | ( 1 << y + z >> 1 ) | ( 1 << z >> 1 );
	f[0][0] = 1;
	for ( int i = 0, t = 0; i < n; ++ i, t ^= 1, ans = ans * 10ll % MOD ) {
		for ( int s = 0; s <= all; ++ s ) {
			int& cur = f[t][s];
			if ( ! cur ) continue;
			for ( int j = 1, trs; j <= 10; ++ j ) {
				trs = ( s << j | ( 1 << j >> 1 ) ) & all;
				if ( ( trs & haiku ) ^ haiku ) add_eq ( f[t ^ 1][trs], cur );
			}
			cur = 0;
		}
	}
	int sub = 0;
	for ( int i = 0; i <= all; ++ i ) add_eq ( sub, f[n & 1][i] );
	printf ( "%d\n", ( ans - sub + MOD ) % MOD );
	return 0;
}