51Nod 1196 - 字符串的数量（DP）

【题目描述】
【思路】
做不出来，看了讨论区大佬的题解才写出来的。
这道题是V1难度，还有V2,V3根本不会，先贴上V1的题解
下面的所有字母编号都从 $1$ 开始，范围 $[1,n]$

首先，一个合法的字符串显然是由若干个合法的“链”组成的。链的定义就是：从一个字母开始连，后面每个字母编号必须大于等于前一个的2倍，这样尽可能的连接下去。所谓尽可能连接下去的意思是，链的最后一个字母编号i必须满足 $2 * i > n$ ，这样后面不能接东西了，并且只有这样的链才合法。对于每个合法字符串，划分成合法链的方法是唯一的。
比如 $N = 2 M = 3$ 的 $3$ 个解 分别是 $(ab)(b)， (b)(ab)， (b)(b)(b)$
问题转化为两步：
(1) $g(x)$ 表示长度为x的合法链的个数，求 $g(x)$
(2) $v(x)$ 表示长度为x的合法字符串数，求 $v(x)$
对于(2) 显然我们有 $v(x) = g(1) * v(x - 1) + g(2) * v(x - 2) +...+g(p) * v(x - p)$
就是长度为x的解可以先弄出一条链来，再构造剩余的部分。为方便可以定义 $v(0) = 1$,这样单独一条长度为x的合法链也是合法解。 其中p是最长的合法链的长度。
用这个式子直接推长度为 $m$ 的结果复杂度是 $O(m * p)$
显然，当有n种字母的时候，$p$ 是 $O(logn)$ 级别的。所以这部分复杂度是 $O(m*logn)$ 在 $m,n$ 比较小的时候这部分复杂度可以了。

然后上面的题解只给了 $v(x)$ 的递推式，但在这之前还要计算出所有的 $g(x)$，这个我是又用了一个 $dp$ 来求解的，如果设 $dp(i,j)$ 表示长度为 $i$ 的序列 ，每一项都在 $[1,n]$ 中取，同时严格满足 $a_x*2<=a_{x+1}$ 对应的序列的数量，那么有递推式 $dp(i,j)=\sum_{k=1}^{\lfloor j/2 \rfloor}dp(i-1,k) \ \ \ \ (i<=logn)$ 可以利用前缀和优化，最终在 $O(n*logn)$ 求解出 $dp$，然后可以根据 $dp$ 数组的值求出 $g$，然后再按照题解那样递推答案

#include<bits/stdc++.h>
#define min(a,b)(a<b?a:b)
using namespace std;

const int maxn=1000005;
const int mod=1e9+7;

int n,m,logn=1;
int dp[30][maxn],g[30];
int ans[maxn];

int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    while((1<<(logn))<=n) ++logn;
    for(int j=1;j<=n;++j) dp[1][j]=dp[1][j-1]+1;
    for(int i=2;i<=logn;++i){
        for(int j=(1<<(i-1));j<=n;++j){
            dp[i][j]=dp[i-1][j/2];//先求出长度为i，以j为末尾的序列数量
        }
        for(int j=(1<<(i-1));j<=n;++j){
            dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i][j-1])%mod;//最后再算一下前缀和
        }
    }
    for(int i=1;i<=logn;++i) g[i]=((dp[i][n]-dp[i][n/2])%mod+mod)%mod;

    ans[0]=1;
    ans[1]=n-n/2;
    for(int i=2;i<=m;++i){
        for(int j=1;j<=min(i,logn);++j){
            ans[i]=(ans[i]+(long long)ans[i-j]*g[j]%mod)%mod;
        }
    }
    printf("%d\n",ans[m]);
    return 0;
}