Codeforces 1498C - Planar Reflections （DP）

CodeCraft-21 and Codeforces Round #711 (Div. 2) C. Planar Reflections

题意

假设现在有\(n\)个平面，从左到右排列

现有一个衰变年龄为\(k\)的粒子从最左端向右发射

如果一个粒子碰到了一个平面，它将会不改变衰变年龄保持运动方向并传过这个平面

如果这个粒子的衰变年龄大于\(1\)，那么将会分裂出一个衰变年龄为\(k-1\)的往相反方向运动的粒子

给定\(n\)和\(k\)，问这个空间最终会有多少个粒子，答案对\(10^9+7\)取模

限制

\[1\le T\le 100\\ 1\le n,k\le 1000\\ \sum n\le 1000\\ \sum k\le 1000 \]

思路

令\(dp[i][j]\)表示某个粒子运动方向的前方还有\(i\)个平面未穿过，且衰变年龄为\(j\)时，这个粒子所能分裂出的粒子数量

那么答案明显就是\(dp[n][k]\)

首先，如果某个粒子的衰变年龄为\(1\)，那么不管前面有多少平面，贡献恒为\(1\)，即\(dp[x][1]=1\)

然后，如果某个粒子前面没有平面，也就无法继续分裂，贡献恒为\(1\)，即\(dp[0][x]=1\)

最后考虑分裂的状态转移：

原本粒子向前走，衰变年龄不变，即\(dp[i-1][j]\)

分裂出的粒子向后走，衰变年龄减一，即\(dp[n-i][j-1]\)

故得到状态转移方程\(dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[n-i][j-1]\)

考虑到引用关系，需要先枚举\(j\)再枚举\(i\)进行处理

代码

//#include<ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
//#include<ext/pb_ds/hash_policy.hpp>
#include<bits/stdc++.h>
#define closeSync ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0)
#define multiCase int T;cin>>T;for(int t=1;t<=T;t++)
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define repp(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);i++)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define perr(i,a,b) for(int i=(a);i>(b);i--)
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define mst(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
//using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> P;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const ll LINF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const double eps=1e-12;
const double PI=acos(-1.0);
const double angcst=PI/180.0;
const ll mod=1e9+7;
ll gcd(ll a,ll b){return b==0?a:gcd(b,a%b);}
ll qmul(ll a,ll b){ll r=0;while(b){if(b&1)r=(r+a)%mod;b>>=1;a=(a+a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%mod;n>>=1;a=(a*a)%mod;}return r;}
ll qpow(ll a,ll n,ll p){ll r=1;while(n){if(n&1)r=(r*a)%p;n>>=1;a=(a*a)%p;}return r;}

int dp[1050][1050];

void solve()
{
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    rep(i,0,n)
        rep(j,0,k)
            dp[i][j]=0;
    rep(i,1,n)
        dp[i][1]=1;
    rep(i,1,k)
        dp[0][i]=1;
    rep(j,1,k)
        rep(i,1,n)
            dp[i][j]=(dp[i-1][j]+dp[n-i][j-1])%mod;
    cout<<dp[n][k]<<'\n';
}
int main()
{
    closeSync;
    multiCase
    {
        solve();
    }
    return 0;
}

https://blog.csdn.net/qq_36394234/article/details/115314940