[ABC335F] Hop Sugoroku

庆祝一下我第一次赛时 AC 了 F 题（鼓掌）。

这道题第 1 秒就可以看出是道 dp 的题，并且状态肯定是 $dp[i]$ 表示最后一个黑色块在 $i$ 的状态的个数。问题无非在于如何转移状态。

很容易想到两种转移方法：

1. 暴力转移法：对于每一个 $i$，我们直接暴力将每一个 $i+a_i\times k$ 进行加法。
2. 数组记录法：对于每一个 $i$ 和 $a_i$，我们使用一个数组 $cnt$ 记录，其中 $cnt[i][j]$ 表示有 $a_i=i$ 且开始位置为形如 $j+i\times k$（$k$ 为整数）的方案总数。然后对于每个 $i$ ，我们直接用 $cnt$ 里的数累加。

可如上两种方法各有一个问题。暴力转移法由于 $a_i$ 最小为 $1$，则一次最多会跳 $2\times {10}^5$ 次，外面还有循环，必超时。数组转移法由于 $a_i$ 最大为 $2\times {10}^5$，可数组根本开不了这么大。

这时候就有一个绝妙的想法：以 ${10}^3$ 为分界线！

插句题外话：当时我觉得这一定是个巧妙的玄学解法，并不是正解，觉得我能想到这个方法真是个天才。赛后看到官方解法，居然也差不多是这样，更觉得我是个天才了。

那就总结一下吧：

1. 先计算 $d{p}_i$，由于大于等于 ${10}^3$ 的部分已计入，则 $d{p}_i+=\sum _{j=1}^{{10}^3}cnt[j][i\mathrm{\%}j]$。
2. 对于 $a_i<{10}^3$，$dp[i+a_i\times k]+=dp[i]$。
3. 对于 $a_i\ge {10}^3$，$cnt[a_i][i\mathrm{\%}a[i]]+=dp[i]$。

代码如下。赛时代码有点丑，将就看吧。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef vector<int> VI;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> PII;
const ll MOD=998244353;
// head
const int N=2e5+5,M=1e3+5;
int a[N];
int dp[N];
int cnt[M][M];
signed main() 
{
	cin.tie(nullptr);
	ios::sync_with_stdio(false);

	int n;cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>a[i];
	dp[1]=1;
	if(a[1]>=M-5) {for(int i=1+a[1];i<=n;i+=a[1]) dp[i]=1;}
	else cnt[a[1]][1%a[1]]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=min(n,M-6);j++){
			dp[i]=(dp[i]+cnt[j][i%j])%MOD;
		}
		if(a[i]>=M-5){
			for(int j=i+a[i];j<=n;j+=a[i]) dp[j]=(dp[j]+dp[i])%MOD;
		}
		else cnt[a[i]][i%a[i]]=(cnt[a[i]][i%a[i]]+dp[i])%MOD;
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=(ans+dp[i])%MOD;
	}
	cout<<ans<<endl;
}

__EOF__

本文作者：ziyistudy
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