[AGC009E Eternal Average] [建模 K进制同余简单DP]

最新推荐文章于 2022-02-13 09:37:46 发布

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本文探讨了在构建一棵k叉树时，如何确定根节点可能的取值，其中树包含n+m个叶子节点，n个权值为1（黑点），m个权值为0（白点）。通过将问题转化为k进制数的分析，文章揭示了树的合法构造条件，并采用动态规划算法高效解决了问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

先把问题转化成更形象的版本：你可以任意建一棵k叉树，并且需要满足恰有n+m叶子，其中有n个权值为1（黑点），m个权值为0（白点），其余节点的权值等于儿子节点的均值。问根节点有多少种可能的取值。

这棵树形象地模拟了合并的过程，并且我们可以看到：对于每一个黑色叶子结点i，记其深度为 $dep[i]$ ，那么它对根的贡献就是 $k^{-dep[i]}$ 。由于这些贡献都是k的幂的形式，所以这启发我们在k进制下去想问题。我们安排一下每个黑点的深度，这就形成了一个k进制小数 $x_1={_{}}0.e_{1}e_{2}...e_{l}$ ，其中 $l<=\frac{n+m-1}{k-1}$ ， $e_l\neq 0$ 。现在问题就变成了：有多少个k进制小数 $x_1$ ，满足它能够对应一棵合法的“合并树”。

假设所有叶子结点都是黑色，那么最后根节点权值必为1，我们假设白色的节点权值也是1，它们的贡献之和是k进制小数 $x_0$ ，则有 $x_0+x_1=1$ ，因此 $x_1$ 合法的必要条件是存在 $x_0$ ，使得 $x_0+x_1=1$ 。反过来看就不难发现，这个条件也是充分的，因为将黑白叶子结点按照深度从大到小排序后，最深的点数一定是k的倍数（否则最后 $x_0+x_1$ 不可能是整数），那我们将它们合并起来，就得到了若干深度-1的点，这样重复进行下去，一定可以合并成1个点，这棵树就构造好了。

现在已经知道了 $x_1$ 能够对应一棵树的充要条件，但我们还有一个头疼的问题就是如何求 $x_1$ 的个数。首先，我们的 $x_1$ 并不是随随便便的一个k进制数，它必须能够被n个形如 $k^{-dep[i]}$ 的数凑出才行，也就是k进制下给n个位置加1得到。同理， $x_0$ 必须由k进制下给m个位置加1得到。我们讨论一下 $x_1$ 的约束（ $x_0$ 同理）：

一个最显然的约束就是 $\sum e_{i}<=n$ （约束1），因为就算不考虑进位，也最多只能贡献n个1。

但进位的话就复杂了。仔细观察，我们看到，一次进位相当于将k个1变成了更高位的一个1，也就是1的个数减少了（k-1），所以最终一定满足 $\sum e_i\equiv n\left ( mod (k-1)) \right$ （约束2），反过来，满足了这个式子，我们显然可以找到构造 $x_1$ 的方案。

从下图可以看到，记x0的每一位为 $p_{i}$ ,则 $i<l$ 时有 $p_i=(k-1)-e_i$ ， $i=l$ 时有 $p_i=k-e_i$ 。为了方便，我们钦定最后一位已经放了一个1，这样m--，然后最后一位就也是 $p_l=(k-1)-e_l$ 了。

综上，我们的 $x_1$ 合法的充要条件是：

$\sum e_{i}<=n$

$\sum e_i\equiv n\left ( mod (k-1)) \right$

$\sum (k-1)-e_{i}<=m$

$\sum (k-1)-e_i\equiv m-1\left ( mod (k-1)) \right$

我们最后显然只关心 $sum=\sum e_{i}$ 和 $l$ ，因此用 $g[l][sum]$ 表示状态，进行一个简单DP即可统计出所有合法的 $x_1$ 个数。复杂度 $O(\frac{n+m}{K-1}nK)$ ，已经近似 $O(N^2)$ 了，但是我们其实也可以加个前缀和优化转移，这样更快：复杂度 $O(\frac{N^2}{K})$ 。

说了那么多，有点啰嗦了，但是代码短到不可思议：

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ll long long
#define rep(i,j,k) for (i=j;i<=k;i++)
using namespace std;
const int N=2e3+5,mod=1e9+7;
int n,m,l,k,i,j,p,q,ans,g[2][N],s[N];
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
	l=(n+m-1)/(k-1);
	g[0][0]=1; p=0; q=1;
	rep(i,1,l)
	{
		swap(p,q);
		s[0]=g[q][0];
		rep(j,1,n) s[j]=(g[q][j]+s[j-1])%mod;
		rep(j,0,min(n,k-1)) g[p][j]=s[j];
		rep(j,k,n) g[p][j]=(s[j]-s[j-k]+mod)%mod;
		rep(j,1,n)
			if ( j%(k-1)==n%(k-1) && (k-1-j%(k-1))%(k-1)==(m-1)%(k-1) && (k-1)*i-j<=m-1)
			  ans=((ll)ans+mod+g[p][j]+s[j-1]-s[j])%mod;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}