/category/dp/ zh-CN Mon, 26 Dec 2016 15:09:00 +0800 Mon, 26 Dec 2016 15:09:00 +0800 /archives/159/ /archives/159/ Mon, 26 Dec 2016 15:09:00 +0800 admin ###Description 给出一个长度为N由B、W、X三种字符组成的字符串S，你需要把每一个X染成B或W中的一个。 对于给出的K，问有多少种染色方式使得存在整数a,b,c,d使得: 1<=a<=b<c<=d<=N Sa,Sa+1,...,Sb均为B Sc,Sc+1,...,Sd均为W 其中b=a+K-1,d=c+K-1 由于方法可能很多，因此只需要输出最后的答案对109+7取模的结果。 ###Input 第一行两个正整数N,K 第二行一个长度为N的字符串S ###Output 一行一个整数表示答案%(109+7)。 ###Sample Input 5 2 XXXXX ###Sample Output 4 ###Solution 首先搞出B和W的前缀个数，那么可以O(1)判某段区间能否为B或W 然而这样对于超过K个的会算重 对于连续的B和W，考虑用最后K个计算，则不会算重（可以在序列最后加一个X，更好写） 状态可以设计成f[i][j][k]表示考虑前i位，状态为j，这一位选了k，j为0,1,2分别代表BW都没有，只有B，BW都有 转移看代码 ###Code ```c++ #include<bits/stdc++.h> #define mod 1000000007 int n,k,bp[1000010],wp[1000010],f[1000010][3][2]; char s[1000010]; int main() { scanf("%d%d%s",&n,&k,s+1); s[++n]='X'; for(int i=1;i<=n;i++) { bp[i]=bp[i-1]+(s[i]=='B'); wp[i]=wp[i-1]+(s[i]=='W'); } f[0][0][0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { if(s[i]=='B'||s[i]=='X') for(int j=0;j<3;j++)f[i][j][0]=(f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1])%mod; if(s[i]=='W'||s[i]=='X') for(int j=0;j<3;j++)f[i][j][1]=(f[i-1][j][0]+f[i-1][j][1])%mod; if(i<=k)continue; if((s[i]=='B'||s[i]=='X')&&!(bp[i-1]-bp[i-k-1])) { f[i][2][0]=(f[i][2][0]+f[i-k][1][1])%mod; f[i][1][0]=(f[i][1][0]-f[i-k][1][1])%mod; } if((s[i]=='W'||s[i]=='X')&&!(wp[i-1]-wp[i-k-1])) { f[i][1][1]=(f[i][1][1]+f[i-k][0][0])%mod; f[i][0][1]=(f[i][0][1]-f[i-k][0][0])%mod; } } int ans=f[n][2][0]; if(ans<0)ans+=mod; printf("%d\n",ans); } ``` ]]> 0 /archives/159/#comments /feed/archives/159/ /archives/156/ /archives/156/ Tue, 20 Dec 2016 09:03:00 +0800 admin ###Description 农夫栋栋近年收入不景气，正在他发愁如何能多赚点钱时，他听到隔壁的小朋友在讨论兔子繁殖的问题。 问题是这样的：第一个月初有一对刚出生的小兔子，经过两个月长大后，这对兔子从第三个月开始，每个月初生一对小兔子。新出生的小兔子生长两个月后又能每个月生出一对小兔子。问第n个月有多少只兔子？ 聪明的你可能已经发现，第n个月的兔子数正好是第n个Fibonacci(斐波那契)数。栋栋不懂什么是Fibonacci数，但他也发现了规律：第i+2个月的兔子数等于第i个月的兔子数加上第i+1个月的兔子数。前几个月的兔子数依次为： 1 1 2 3 5 8 13 21 34 … 栋栋发现越到后面兔子数增长的越快，期待养兔子一定能赚大钱，于是栋栋在第一个月初买了一对小兔子开始饲养。 每天，栋栋都要给兔子们喂食，兔子们吃食时非常特别，总是每k对兔子围成一圈，最后剩下的不足k对的围成一圈，由于兔子特别害怕孤独，从第三个月开始，如果吃食时围成某一个圈的只有一对兔子，这对兔子就会很快死掉。 我们假设死去的总是刚出生的兔子，那么每个月的兔子数仍然是可以计算的。例如，当k=7时，前几个月的兔子数依次为： 1 1 2 3 5 7 12 19 31 49 80 … 给定n，你能帮助栋栋计算第n个月他有多少对兔子么？由于答案可能非常大，你只需要告诉栋栋第n个月的兔子对数除p的余数即可。 ###Input 输入一行，包含三个正整数n, k, p。 ###Output 输出一行，包含一个整数，表示栋栋第n个月的兔子对数除p的余数。 ###Sample Input 6 7 100 ###Sample Output 7 ###Solution 按模k余数写出数列，则为 1,1,...,a,0, a,a,...,b,0, b,b,...,c,0, ... 这个数列最后有可能每一排首项循环，也有可能不再出现0 每次求a的逆元，则其在fib数列中首次出现位置就是a后面下一个0的位置，如果没有0特判 ###Code ```c++ #include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; #define fo0(i,n) for(int i=0,i##end=n;i<i##end;i++) #define fo1(i,n) for(int i=1,i##end=n;i<=i##end;i++) #define fo(i,a,b) for(int i=a,i##end=b;i<=i##end;i++) void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){if(b)exgcd(b,a%b,y,x),y-=(a/b)*x;else x=1,y=0;} ll n; int k,p,pos[1000000],f[6000010]={0,1,1},p2[1000000]; struct mat { int a[3][3]; inline void operator *=(mat x) { ll t[3][3];memset(t,0,sizeof(t)); fo0(i,3)fo0(j,3)fo0(k,3)t[i][k]+=(ll)a[i][j]*x.a[j][k]; fo0(i,3)fo0(j,3)a[i][j]=t[i][j]%p; } inline mat operator *(mat x) { mat r=*this;r*=x;return r; } }; mat pow(mat a,ll p) { mat r=(mat){1,0,0,0,1,0,0,0,1}; for(;p;p>>=1,a*=a)if(p&1)r*=a; return r; } struct data { int st,len;mat x; }s[1000001]; inline mat get(ll n,int tt) { mat r=(mat){1,0,0,0,1,0,0,0,1}; if(!n)return r; for(;n>=s[tt].len;n-=s[tt++].len)r*=s[tt].x; return r*pow((mat){0,1,0,1,1,0,0,0,1},n); } int main() { scanf("%lld%d%d",&n,&k,&p); for(int i=3;;i++) { f[i]=f[i-1]+f[i-2]; if(f[i]>=k)f[i]-=k; if(!pos[f[i]])pos[f[i]]=i; if(f[i]==1&&f[i-1]==0)break; } int ns=1,sc=1; for(;!p2[ns];sc++) { s[sc].st=ns; p2[ns]=sc; int t1,t2; exgcd(k,ns,t1,t2); if(t2<0)t2+=k; t1=pos[t2]; if((ll)ns*t2%k!=1||!t1)break; s[sc].len=t1; s[sc].x=pow((mat){0,1,0,1,1,0,0,0,1},t1-1)*(mat){0,1,0,1,1,0,0,-1,1}; ns=(ll)ns*f[t1-1]%k; } mat bfm=(mat){1,0,0,0,1,0,0,0,1},lpm=(mat){1,0,0,0,1,0,0,0,1},ans=(mat){1,0,0,0,1,0,0,0,1}; ll bf=0,lp=0; fo1(i,p2[ns]-1)bf+=s[i].len,bfm*=s[i].x; fo(i,p2[ns],sc-1)lp+=s[i].len,lpm*=s[i].x; if(!lp)lp=1,lpm=(mat){0,1,0,1,1,0,0,0,1}; if(n<bf) { ans*=get(n,1); } else { ans*=bfm;n-=bf; ans*=pow(lpm,n/lp); ans*=get(n%lp,p2[ns]); } int a1=ans.a[0][1]+ans.a[2][1]; while(a1>=p)a1-=p;while(a1<0)a1+=p; printf("%d\n",a1); } ``` ]]> 0 /archives/156/#comments /feed/archives/156/ /archives/74/ /archives/74/ Tue, 15 Nov 2016 08:21:00 +0800 admin ###Description “寄没有地址的信，这样的情绪有种距离，你放着谁的歌曲，是怎样的心心静，能不能说给我听。” 失忆的Eden总想努力地回忆起过去，然而总是只能清晰地记得那种思念的感觉，却不能回忆起她的音容笑貌。 记忆中，她总是喜欢给Eden出谜题：在 valentine’s day 的夜晚，两人在闹市中闲逛时，望着礼品店里精巧玲珑的各式玩偶，她突发奇想，问了 Eden这样的一个问题：有n个玩偶，每个玩偶有对应的价值、价钱，每个玩偶都可以被买有限次，在携带的价钱m固定的情况下，如何选择买哪些玩偶以及每个玩偶买多少个，才能使得选择的玩偶总价钱不超过m，且价值和最大。众所周知的，这是一个很经典的多重背包问题，Eden很快解决了，不过她似乎因为自己的问题被飞快解决感到了一丝不高兴，于是她希望把问题加难：多次 询问，每次询问都将给出新的总价钱，并且会去掉某个玩偶（即这个玩偶不能被选择），再问此时的多重背包的答案（即前一段所叙述的问题）。 这下Eden 犯难了，不过Eden不希望自己被难住，你能帮帮他么？ ###Input 第一行一个数n，表示有n个玩偶，玩偶从0开始编号 第二行开始后面的 n行，每行三个数 ai, bi, c i，分别表示买一个第i个玩偶需要的价钱，获得的价值以及第i个玩偶的限购次数。 接下来的一行为q，表示询问次数。 接下来q行，每行两个数di. ei表示每个询问去掉的是哪个玩偶（注意玩偶从0开始编号）以及该询问对应的新的总价钱数。（去掉操作不保留，即不同询问互相独立） ###Output 输出q行，第i行输出对于第 i个询问的答案。 ###Sample Input 5 2 3 4 1 2 1 4 1 2 2 1 1 3 2 3 5 1 10 2 7 3 4 4 8 0 5 ###Sample Output 13 11 6 12 4 ###Solution 多重背包+分治背包 递归处理[l,r)，每次加入左半部分的点，处理右边，再加入右边，处理左边 时间复杂度$$O(n^2log^2n+q)$$ ###Code ```c++ #include<bits/stdc++.h> typedef unsigned char uchar; typedef unsigned int uint; typedef long long ll; typedef unsigned long long ull; typedef double db; typedef long double ldb; #define xx first #define yy second template<typename T> inline T max(T a,T b){return a>b?a:b;} template<typename T> inline T min(T a,T b){return a<b?a:b;} template<typename T> inline T abs(T a){return a>0?a:-a;} template<typename T> inline void repr(T &a,T b){if(a<b)a=b;} template<typename T> inline void repl(T &a,T b){if(a>b)a=b;} template<typename T> T gcd(T a,T b){if(b)return gcd(b,a%b);return a;} #define mp(a,b) std::make_pair(a,b) #define pb push_back #define lb(x) ((x)&(-(x))) #define sqr(x) ((x)*(x)) #define pm(a,b,c,d) a=(a+(ll)(b)*(c))%(d) struct _toy { int a,b,c; }toy[1000]; struct _qr { int w,ans,ne; }qr[300001]; int p[1000],n,q,f[11][1001]; inline void merge(int *s,int a,int b) { for(int i=1000;i>=a;i--) repr(s[i],max(s[i-1],s[i-a]+b)); } void solve(int l,int r,int d) { if(l+1==r) { for(int i=p[l];i;i=qr[i].ne) qr[i].ans=f[d][qr[i].w]; } else { int p=(l+r)>>1; memcpy(f[d+1],f[d],sizeof(f[d])); for(int i=l;i<p;i++) { int t=toy[i].c; for(int j=1;j<t;t-=j,j<<=1) merge(f[d+1],toy[i].a*j,toy[i].b*j); merge(f[d+1],toy[i].a*t,toy[i].b*t); } solve(p,r,d+1); memcpy(f[d+1],f[d],sizeof(f[d])); for(int i=p;i<r;i++) { int t=toy[i].c; for(int j=1;j<t;t-=j,j<<=1) merge(f[d+1],toy[i].a*j,toy[i].b*j); merge(f[d+1],toy[i].a*t,toy[i].b*t); } solve(l,p,d+1); } } int main() { scanf("%d",&n); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%d%d%d",&toy[i].a,&toy[i].b,&toy[i].c); scanf("%d",&q); for(int i=1;i<=q;i++) { int x; scanf("%d%d",&x,&qr[i].w); qr[i].ne=p[x]; p[x]=i; } solve(0,n,0); for(int i=1;i<=q;i++) printf("%d\n",qr[i].ans); } ``` ]]> 0 /archives/74/#comments /feed/archives/74/ /archives/21/ /archives/21/ Fri, 09 Sep 2016 20:13:00 +0800 admin ###Description 阿申准备报名参加GT考试，准考证号为N位数X1X2....Xn(0<=Xi<=9),他不希望准考证号上出现不吉利的数字。他的不吉利数学A1A2...Am(0<=Ai<=9)有M位，不出现是指X1X2...Xn中没有恰好一段等于A1A2...Am. A1和X1可以为0 ###Input 第一行输入N,M,K.接下来一行输入M位的数。 N<=10^9,M<=20,K<=1000 ###Output 阿申想知道不出现不吉利数字的号码有多少种，输出模K取余的结果. ###Sample Input 4 3 100 111 ###Sample Output 81 ###Solution 我们把不吉利的数字用s表示，用f[i][j]表示n[i]匹配到s[j]的情况数，则可以用一个转移矩阵a通过f[i-1][j]求出f[i][j] a[i][j]表示在s中匹配了i位时，在后面添数，有多少种情况匹配到j位，也就是指s的前i位后面添数后最长的公共前后缀长度为j的情况数 kmp预处理，然后对于每个i，枚举添加的数，再仿照kmp进行处理，即可求出转移矩阵 矩阵快速幂优化就可以过了，时间复杂度$$O(logN*M^3)$$ ###Code ```c++ #include<cstdio> struct _matrix { int s[21][21],a,b; _matrix() { for(int i=0;i<21;i++) for(int j=0;j<21;j++) s[i][j]=0; } }temp; int mod; void mul(_matrix &x,_matrix y) { for(int i=0;i<x.a;i++) for(int j=0;j<y.b;j++) { temp.s[i][j]=0; for(int k=0;k<x.b;k++) temp.s[i][j]+=x.s[i][k]*y.s[k][j]; temp.s[i][j]%=mod; } temp.a=x.a; temp.b=y.b; x=temp; } int m[21],n,f[21]; int main() { int mm; scanf("%d%d%d",&n,&mm,&mod); char t[20]; scanf("%s",t); for(int i=0;i<mm;i++)m[i+1]=t[i]-48; f[1]=0; for(int i=2;i<=mm;i++) { int t=i-1; while(t!=0&&m[f[t]+1]!=m[i])t=f[t]; if(t==0) { if(m[1]==m[i]) f[i]=1; else f[i]=0; } else { f[i]=f[t]+1; } } _matrix a; a.a=mm+1; a.b=mm+1; a.s[0][0]=9,a.s[0][1]=1; for(int i=1;i<mm;i++) { for(int j=0;j<10;j++) { if(m[i+1]==j) { a.s[i][i+1]++; continue; } int t=i; while(t!=0&&m[f[t]+1]!=j)t=f[t]; if(t==0) { if(m[1]==j) a.s[i][t+1]++; else a.s[i][0]++; } else a.s[i][f[t]+1]++; } } _matrix b; b.a=1; b.b=mm+1; b.s[0][0]=9; b.s[0][1]=1; int ans=0,to=n-1,no=1; while(no<to) { if(to&no)mul(b,a); mul(a,a); no<<=1; } for(int i=0;i<mm;i++)ans+=b.s[0][i]; printf("%d\n",ans%mod); return 0; } ``` ]]> 0 /archives/21/#comments /feed/archives/21/