ZOJ 3747 Attack on Titans 带限制的递推DP

Attack on Titans ZOJ - 3747

总共有 $n$ 个人，编号 $1\sim n$，三个种类 $A,B,C$，要求有连续不少于 $m$ 个 $A$ 种类的人，连续不多于 $k$ 个 $B$ 种类的人，问这 $n$ 个人的有多少种组合方式？

思路参考 https://blog.csdn.net/wust_ZJX/article/details/46809951

难以处理至少问题，因此要把至少转换成至多，设事件 $D=\{$ 至多 $n$ 个 $A$，至多 $k$ 个 $B$ $\}$，事件 $E=\{$ 至多 $m-1$ 个 $A$，至多 $k$ 个 $B$ $\}$，则 $D-E=\{$ 至少 $m$ 个 $A$，至多 $k$ 个 $B\ \}$，即为最终答案。现在考虑至多 $u$ 个 $A$，至多 $v$ 个 $B$，令 $dp[i][0],dp[i][1],dp[i][2]$ 分别表示位置 $i$ 放种类 $A,B,C$ 对应的组合数，令 $sum=dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2]$， 则对于种类 $A$ 而言：

（1）$i\le u$ 时，仍在限制之内：

$dp[i][0]=sum$

（2）$i=u+1$ 时，要减去 $1\sim u$ 这一段为 $A$ 类对应的组合数，有一种：

$dp[i][0]=sum-1$

（3）$i>u+1$ 时，则要减去 $i-u\sim i-1$ 这一段为 $A$ 类对应的组合数：

$dp[i][0]=sum-dp[i-u-1][1]-dp[i-u-1][2]$

对于种类 $B$ 同理有：

（1）$i\le v$ 时，仍在限制之内：

$dp[i][1]=sum$

（2）$i=v+1$ 时，要减去 $1\sim v$ 这一段为 $B$ 类对应的组合数，有一种：

$dp[i][1]=sum-1$

（3）$i>v+1$ 时，则要减去 $i-v\sim i-1$ 这一段为 $B$ 类对应的组合数：

$dp[i][1]=sum-dp[i-v-1][0]-dp[i-v-1][2]$

由于 $C$ 类不影响限制条件，因此有：

$dp[i][2]=sum$

代码如下：

#include<iostream>
#include<cstdio>
//#define WINE
#define MOD 1000000007
#define MAXN 1000005
using namespace std;
typedef long long ll;
ll n,m,k,dp[MAXN][3],sum;
ll f(ll u,ll v){
    dp[0][0]=dp[0][1]=0;dp[0][2]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        sum=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2])%MOD;
        if(i<=u)dp[i][0]=sum;
        else if(i==u+1)dp[i][0]=(sum-1+MOD)%MOD;
        else dp[i][0]=((sum-dp[i-u-1][1]-dp[i-u-1][2])%MOD+MOD)%MOD;
        if(i<=v)dp[i][1]=sum;
        else if(i==v+1)dp[i][1]=(sum-1+MOD)%MOD;
        else dp[i][1]=((sum-dp[i-v-1][0]-dp[i-v-1][2])%MOD+MOD)%MOD;
        dp[i][2]=sum;
    }
    return (dp[n][0]+dp[n][1]+dp[n][2])%MOD;
}
int main(){
#ifdef WINE
    freopen("data.in","r",stdin);
#endif
    while(scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&k)!=EOF)
        printf("%lld\n",((f(n,k)-f(m-1,k))%MOD+MOD)%MOD);
    return 0;
}