【OpenJudge9275】【Usaco2009 Feb】【递推】Bullcow

Bullcow

总时间限制: 12000ms 单个测试点时间限制: 1000ms 内存限制: 131072kB

【描述】

一年一度的展会要来临了，农民约翰想要把N(1 <= N <= 100,000)只奶牛和公牛安排在单独的一行中。 约翰发现最近公牛们非常好斗；假如两只公牛在这一行中靠的太近，他们就会吵架，以至于斗殴，破坏这和谐的环境。约翰非常的足智多谋，他计算出任何两只公牛之间至少要有K (0 <= K < N)只奶牛，这样才能避免斗殴。 约翰希望你帮助他计算一下有多少种安排方法，可避免任何斗殴的的发生。约翰认为每头公牛都是一样的，每头奶牛都是一样的。因而，只要在一些相同的位置上有不同种类的牛，那这就算两种不同的方法。 

【输入】

第一行:两个用空格隔开的数：N和K

【输出】

第一行：一个单独的数，即约翰可以安排的方法数。考虑到这个数可能很大，你只要输出mod 5,000,011之后的结果就可以了。

【样例输入】

4 2
输入注释
约翰想要一排4头牛，但是任何两只公牛之间至少有两头奶牛

【样例输出】

6

【提示】

下面的就是约翰思考出可行的6种方案(C代表奶牛,B代表公牛)

CCCC

BCCC

CBCC

CCBC

CCCB

BCCB

 

【Solution】

　　dp[i][0]表示位置i不放公牛，dp[i][1]表示位置i放公牛。

　　当位置i不放公牛，位置i-1对其不产生影响，所以dp[i][0]可以从dp[i-1][0]和dp[i-1][1]转移过来。

　　当位置i放公牛，位置i-M一定不能放公牛，所以dp[i][1]可以从dp[i-M][0]转移过来。

　　还有一个难点在预处理上。在1~M中如果位置i放一头公牛那么就只能放那一头公牛，所以dp[i][1]=1。如果位置i不放牛，那么放公牛的方案就有i-1种，不放公牛的方案有1种，所以dp[i][0]=i-1+1=i。

　　总结一下，预处理时dp[i][1]=1，dp[i][0]=i；DP时dp[i][0]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1]，dp[i][1]=dp[i-M][0]。

　　AC代码：

#include <cstdio>
const int MOD=5000011;
int N,M;
int dp[100010][2];
int main(){
    scanf("%d%d",&N,&M); dp[0][0]=1;dp[0][1]=0;
    for(int i=1;i<=M;++i) dp[i][1]=1,dp[i][0]=i;
    for(int i=M+1;i<=N;++i){
        dp[i][0]=dp[i-1][1]%MOD+dp[i-1][0]%MOD; 
        dp[i][1]=dp[i-M][0]%MOD;
    }
    printf("%d",(dp[N][1]+dp[N][0])%MOD);
    return 0;
}