ACM-ICPC 2018 徐州赛区网络预赛 A.Hard to prepare(dp)

题目

n(n<=1e6)个人围成一个环，每个人可以从0到(k<=1e6)这些数里选一个数，每个数可以被重复选

但当前人i不能和他相邻的人j选的数的同或值为0，求满足题意的方案数%(1e9+7)

同或值为0，即所有对应位置二进制位值都相反，如4和3同或值就为0

思路来源

https://blog.youkuaiyun.com/Originum/article/details/82598329

题解

记dp[i][0]为长度为i的首尾值相同的方案数（形如x ... x）

dp[i][1]为长度为i的首尾值同或值为0（不妨称为相反）的方案数（形如 x ... x非）

dp[i][2]为长度为i的首尾既不相同也不相反的方案数（形如x ... y，其中y不等于x，y不等于x非）

x ... x 可以后缀x 形成dp[i+1][0]，x ... y可以后缀x 形成dp[i+1][0]；

x ... x非 可以后缀 x非 形成dp[i+1][1]，x ... y可以后缀 x非形成 dp[i+1][1]；

x ... x 可以后缀y（y有m-2种取法，除去x、x非） 形成dp[i+1][2]；

x ... x非 可以后缀 y（y有m-2种取法，除去x、x非）形成dp[i+1][2]；

x ... y 可以后缀 y'（y'有m-3种取法，除去x、x非、y非）形成dp[i+1][2]；

dp[i][0]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][2])%mod;
dp[i][1]=(dp[i-1][1]+dp[i-1][2])%mod;
dp[i][2]=(dp[i-1][0]*(m-2)%mod+dp[i-1][1]*(m-2)%mod+dp[i-1][2]*(m-3)%mod)%mod;

乘法部分注意一下，不要爆ll，取模的地方尽量写规范

心得

递推式dp主要定义状态比较难，和数位dp给人的感觉是一致的

又复习了一下快速乘吧，

快速乘，用减法代替取模，用加法代替乘法，其余和快速幂基本一致

dp[2][1]=0看似很迷，毕竟画图的话dp[2][1]应该是等于m的

实则用dp[i][1]=dp[i-1][1]+dp[i-1][2]可以解释，所有项都该是符合递推式的鸭

就这样吧，无需深究

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=1e6+10;
int t;
ll n,k;
ll m,dp[maxn][3];
ll modmul(ll x,ll n,ll mod)
{
	x%=mod;n%=mod;
	ll res=0;
	for(;n;n/=2)
	{
		if(n&1)
		{
		 res+=x;
		 if(res>=mod)res-=mod;
	    }
		x+=x;
		if(x>=mod)x-=mod;
	}
	return res;
}
ll modpow(ll x,ll n,ll mod)
{
	ll res=1;
	for(;n;n/=2)
	{
		if(n&1)res=modmul(res,x,mod);
		x=modmul(x,x,mod);
	}
	return res;
}
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	while(t--)
	{
		scanf("%lld%lld",&n,&k);
		m=modpow(2,k,mod);
		dp[1][0]=m;dp[1][1]=0;dp[1][2]=0;
		dp[2][0]=m;dp[2][1]=0;dp[2][2]=modmul(m,m-2,mod);
		for(int i=3;i<=n;++i)
		{
			dp[i][0]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][2])%mod;
			dp[i][1]=(dp[i-1][1]+dp[i-1][2])%mod;
			dp[i][2]=(dp[i-1][0]*(m-2)%mod+dp[i-1][1]*(m-2)%mod+dp[i-1][2]*(m-3)%mod)%mod;
		}
		printf("%lld\n",(dp[n][0]+dp[n][2])%mod);
	}
	return 0;
}