[Bzoj2004][Hnoi2010]Bus 公交线路(状压dp&&矩阵加速)

题目链接：https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2004

看了很多大佬的博客才理解了这道题，菜到安详QAQ

在不考虑优化的情况下，先推$dp$式子，设$dp[i][j]$为最慢的公交车走到了第$i$站，$[i,i+p-1]$站的状态为$j$时的方案数。$i$到$i+p-1$的范围内有且仅有$k$辆车，则状态$j$应该为$p$长度的二进制串，其中有且仅有$k$个$1$（表示$k$辆车）并且第$1$位一定为$1$（第$1$位对应了当前的位置）。则初始态为$dp[0][111(k个1)…000(p-k个0)]$，结束态为$dp[n-k][111(k个1)…000(p-k个0)]$。判断状态$w$是否可以转移到状态$e$，则判断$w$的第$2$位到第$p+1$位（$p+1$位补零）是否与$e$的第$1$位到$p$位只有一位不同，是则可以转移$dp[i][e]+=dp[i-1][w]$;

 

这时候考虑优化，$n<=1e9$就注定要矩阵快速幂加速，则先处理出所有状态之间的关系并构建矩阵$d[i][j]$，$d[i][j]$为$1$表示第一次第$i$个状态可以转移到第$j$个状态。我们要求的是第$n-k$次后初始态到结束态的方案数，根据矩阵乘法的定义$d[i][j]=\sum_{k=1}^{n}d[i][k]*d[k][j]$，则我们只要将矩阵连乘$(n-k)$次，d[结束态][初始态]就是我们所求的。而初始态和结束态实际上是一样的。

 

当n较小时可以状压dp

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 30031;
int check(int x) {//判断x状态中1的个数
    int sum = 0;
    while (x) {
        sum++;
        x -= (x&(-x));
    }
    return sum;
}
int dp[12][1 << 12];
int main() {
    int n, k, p;
    while (scanf("%d%d%d", &n, &k, &p) != EOF) {
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        int End;
        for (int i = (1 << (p - 1)); i < (1 << p); i++) {
            if (i == (1 << p) - 1 - ((1 << (p - k)) - 1))
                End = i;
        }
        dp[0][End] = 1;
        for (int i = 1; i <= n - k; i++) {
            for (int j = (1 << (p - 1)); j < (1 << p); j++) {
                for (int w = (1 << (p - 1)); w < (1 << p); w++) {
                    if (check(j) == check(w) && check(j) == k) {
                        int q = (w - (1 << (p - 1))) << 1;
                        int t = (q^j);
                        if (t == (t&(-t))) {
                            dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i - 1][w]) % mod;
                        }
                    }
                }
            }
        }
        printf("%d\n", dp[n - k][End]);
    }
}

 

本题正解：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 30031;
int check(int x) {//判断x中1的个数
    int sum = 0;
    while (x) {
        sum++;
        x -= (x&(-x));
    }
    return sum;
}
struct martix {
    int tmp[150][150];
    int num;
    martix operator *(const martix &b)const {
        martix ans;
        ans.num = num;
        for (int i = 1; i <= num; i++) {
            for (int j = 1; j <= num; j++) {
                ans.tmp[i][j] = 0;
                for (int k = 1; k <= num; k++) {
                    ans.tmp[i][j] += tmp[i][k] * b.tmp[k][j];
                    ans.tmp[i][j] %= mod;
                }
            }
        }
        return ans;
    }
};
martix qpow(martix a, int x) {
    martix ans;
    ans.num = a.num;
    memset(ans.tmp, 0, sizeof(ans.tmp));
    for (int i = 1; i <= ans.num; i++)
        ans.tmp[i][i] = 1;
    while (x) {
        if (x & 1)
            ans = ans * a;
        a = a * a;
        x /= 2;
    }
    return ans;
}
int statu[1 << 10];
int main() {
    int n, k, p;
    while (cin >> n >> k >> p) {
        martix a;
        int len = 0, End;
        for (int i = (1 << (p - 1)); i < (1 << p); i++) {
            if (check(i) == k) {
                statu[++len] = i;
                if (i == (1 << p) - 1 - ((1 << (p - k)) - 1))
                    End = len;
            }
        }
        a.num = len;
        memset(a.tmp, 0, sizeof(a.tmp));
        for (int i = 1; i <= len; i++) {
            for (int j = 1; j <= len; j++) {
                int q = (statu[j] - (1 << (p - 1))) << 1;
                int t = (q^statu[i]);
                if (t == (t&(-t)))
                    a.tmp[i][j] = 1;
            }
        }
        a = qpow(a, n - k);
        printf("%d\n", a.tmp[End][End]);
    }
}