Hetao P1391 操作序列 题解 [ 绿 ] [ 二维线性 dp ]
操作序列:简单的二维 dp。
观察
我们每次操作可以让
显然,执行第一种操作,会使
那一旦我们连续执行两次操作,
也就是说,当
因此,在任何时候,第一次操作的次数都要大于等于第二次操作的次数。这像极了括号匹配,任何时候左括号必须大于右括号。
其中左括号是操作
dp 设计
于是我们可以先在
然后接下来我们对每次操作考虑,定义
然后很显然的转移:
其中
时间复杂度
其实这题可以用滚动数组优化,但是不用滚动数组仍然可以过。因为我懒,就不写滚动数组了。
特判
注意到当最后
代码
#include <bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define lc (p<<1)
#define rc ((p<<1)|1)
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pi;
const ll mod=998244353;
ll dp[5005][6005],n,s,ans=0;
int main()
{
freopen("op.in","r",stdin);
freopen("op.out","w",stdout);
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0);
cout.tie(0);
cin>>n>>s;
int tmp=s,qs=0;
while(tmp%2==1&&tmp>1)
{
tmp=(tmp+1)/2;
qs++;
}
if(tmp!=1)
{
dp[0][qs]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=1;j<=6000;j++)
{
dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i][j])%mod;
}
for(int j=0;j<=6000;j++)
{
dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j+1])%mod;
}
}
for(int i=0;i<=6000;i++)ans=(ans+dp[n][i])%mod;
cout<<ans%mod;
return 0;
}
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)dp[i][0]=(dp[i-1][0]*2)%mod;
cout<<dp[n][0];
return 0;
}
坑点
dp 转移上限不能直接设为
标签:
动态规划 dp
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