CF1152F

能学到很多的题。

如何构造一个序列？

朴素：按照下标一位一位构造。

特殊：按随机顺序依次在某个元素前后插入。

再特殊：从小到大插入。

这里因为限制是 $a_i\le a_{i-1}+m$，所以从小到大插入很有优势，因为每个数 $x$，仅能插入到 $[x-m,x-1]$ 之后。

因为任意两个数不能相等，所以启发我们可以在值域上搞。

但显然我们还需要压值域 $[i-m,i]$ 的状态，因为 $i$ 能插的位置仅仅在这些位置之后或者开头。因为 $a_i\le a_{i-1}+m$，显然 $\min\{a_{i-1}\}=a_i-m$，又因为是值域上一个个做下去，所以 $\max\{a_{i-1}\}=i-1$，所以对于当前枚举的值域 $[1,i]$，我们需要记录 $[i-m,i]$ 的状态为 $S$。

记 $T=2^{m+1}-1$，因为压 $[i-m,i]$ 总共 $m+1$ 个数。

记 $las=(S<<1)\&T$，值域向右平移一位嘛。

不填，判 $S$ 最高位为 0。$f[i][j][S]=f[i-1][j][las]+f[i-1][j][las|1]$

填，判 $S$ 最高位为 1。$f[i][j][S]=(f[i-1][j-1][las]+f[i-1][j-1][las|1])*(pop\_count(las)+1)$

#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int mod=(int)(1e9+7),N=(int)(1e5+1);
int f[N][13][(1ll<<5)],n,k,m;
 
signed main() {
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>k>>m;
	int T=(1<<(m+1))-1; //1 1
	f[0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		for(int j=0;j<=k;j++) {
			for(int S=0;S<=T;S++) {
				bool fl=(S>>m)&1;
				if(fl&&!j) continue ;
				int las=(S<<1)&T;
				int qwq=__builtin_popcount(las)+1; 
				if(!fl) f[i][j][S]=((f[i-1][j][las]+f[i-1][j][las|1])%mod+f[i][j][S])%mod;
				if(fl) f[i][j][S]=((1ll*f[i-1][j-1][las]*qwq%mod+1ll*f[i-1][j-1][(las|1)]*qwq%mod)%mod+f[i][j][S])%mod;
//				cout<<i<<" "<<j<<" "<<S<<" "<<las<<" "<<f[i][j][S]<<'\n';
			}
		}
	}
	int ans=0;
	for(int S=0;S<=T;S++) {
		ans=(ans+f[n][k][S])%mod;
	}
	cout<<ans;
	return 0;
}

F2 矩乘优化

https://www.cnblogs.com/xugangfan/p/16495212.html

#include <bits/stdc++.h>
//#define int long long
#define pb push_back
using namespace std;
const int mod=(int)(1e9+7),N=(int)(1e5+1);
int n,k,m,tot,id[14][1<<4];
struct Mat {
	int a[230][230];
	Mat() {
		memset(a,0,sizeof(a));
	}
	void mul(Mat g) {
		Mat res;
		for(int i=1;i<=tot;i++)
			for(int j=1;j<=tot;j++)
				for(int k=1;k<=tot;k++)
					res.a[i][j]=(res.a[i][j]+1ll*a[i][k]*g.a[k][j]%mod)%mod;
		*this=res;
	}
}ans,B; 

signed main() {
	cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
	cin>>n>>k>>m;
	int T=(1<<m)-1; //1 1
	int CH=(1<<(m-1));
//	for(int i=0;i<n;i++) {
//		for(int j=0;j<=k;j++) {
//			for(int S=0;S<=T;S++) {
//				int NEX=(S>>1)&T;
//				int qwq=__builtin_popcount(S>>1)+1; 
//				f[i+1][j+1][NEX|CH]=(f[i+1][j+1][NEX|CH]+1ll*f[i][j][S]*qwq%mod)%mod;
//				f[i+1][j][NEX]=(f[i+1][j][NEX]+f[i][j][S])%mod;
//			} //抽象成一条边，因为矩阵乘法每次多经过 1 条边，相乘->方案数 
//		}
//	}
	tot=0;
	for(int j=0;j<=k;j++)
		for(int S=0;S<=T;S++)
			id[j][S]=++tot;
	for(int j=0;j<=k;j++) {
		for(int S=0;S<=T;S++) {
			int NEX=(S>>1)&T,qwq=__builtin_popcount(S)+1;
			B.a[id[j][S]][id[j][NEX]]=(B.a[id[j][S]][id[j][NEX]]+1)%mod;
			if(j<k) B.a[id[j][S]][id[j+1][NEX|CH]]=(B.a[id[j][S]][id[j+1][NEX|CH]]+qwq)%mod;
		}
	}
	ans=B; --n;
	while(n) {
		if(n&1) ans.mul(B);
		n>>=1; B.mul(B);
	}
	int answ=0;
	for(int S=0;S<=T;S++) {
		answ=(answ+ans.a[id[0][0]][id[k][S]])%mod;
	}
	cout<<answ;
	return 0;
}

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本文作者：F x o r G
本文链接：https://www.cnblogs.com/xugangfan/p/16494878.html
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