51nod 1556 计算

本文解析了一道编号为1556的算法题,该题要求计算1*n矩阵中,首项为1且相邻项差不超过1的正整数序列方案数,并通过递推公式F(n)=3*F(n-1)-Mo(n-1)求解。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

【题目】

1556 计算

基准时间限制:1 秒 空间限制:524288 KB 分值: 80 难度:5级算法题

有一个1*n的矩阵 固定第一个数为1 其他填正整数 且相邻数的差不能超过1 求方案数%1e9+7的结果

Input
一个数n 表示1*n的矩阵(n<=10^6)

Output
一个数 表示方案数%1e9+7的结果

Input示例
3

Output示例
5


【分析】

听说这是Catalan数,但貌似无从下手的样子…
百度一发,发现了一个很神奇的东西叫做默慈金数
http://blog.youkuaiyun.com/acdreamers/article/details/41213667

这个东西是用来求:在一个二维坐标系中,从(0,0)出发,每次可以在x轴正方向上斜向上,斜向下或者直着向右走,但不能离开第一象限(x轴),走n步最后回到x坐标轴上的方案数。

但这个题没有要求最后回到x坐标轴上,那怎么办…
用F(n)来表示答案,那么F(n)可以从F(n-1)递推而来。

1.考虑x坐标为n-1时y>0,那么有三种走法
2.y=0,只有两种走法,此时y=0的方案数为Mo(n-1)

得到递推式

F(n)=3F(n1)Mo(n1) 

代码中Mo用g表示,下标提前了一位


【代码】

//51nod 1556 计算 
#include<cstdio>
#define ll long long
#define fo(i,j,k) for(i=j;i<=k;i++)
const int mod=1e9+7;
const int mxn=1000005;
int n,m;
ll M[mxn],f[mxn],inv[mxn];
int main()
{
    int i,j;
    scanf("%d",&n); 
    inv[1]=1,M[1]=1,M[2]=2,f[1]=1,f[2]=2;
    fo(i,2,n+2) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    fo(i,3,n) M[i]=(M[i-1]*(i+i+1)%mod+M[i-2]*(3*i-3)%mod)%mod*inv[i+2]%mod;
    fo(i,3,n) f[i]=((3*f[i-1]-M[i-2])%mod+mod)%mod;
    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}
题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要求通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值