hdu 2604 Queuing（矩阵优化DP）_hdu 2604 queuing-优快云博客

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本文介绍了一种使用矩阵优化动态规划解决特定字符串匹配问题的方法。该问题要求计算不含特定子串的合法序列数量，并通过矩阵快速幂的方式进行高效求解。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Queuing

Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others) Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others)
Total Submission(s): 4353 Accepted Submission(s): 1929

Problem Description

Queues and Priority Queues are data structures which are known to most computer scientists. The Queue occurs often in our daily life. There are many people lined up at the lunch time.

Now we define that ‘f’ is short for female and ‘m’ is short for male. If the queue’s length is L, then there are 2 ^L numbers of queues. For example, if L = 2, then they are ff, mm, fm, mf . If there exists a subqueue as fmf or fff, we call it O-queue else it is a E-queue.
Your task is to calculate the number of E-queues mod M with length L by writing a program.

Input

Input a length L (0 <= L <= 10 ⁶) and M.

Output

Output K mod M(1 <= M <= 30) where K is the number of E-queues with length L.

Sample Input

Sample Output

Author

WhereIsHeroFrom

Source

HDU 1st “Vegetable-Birds Cup” Programming Open Contest

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题目大意：求长度为L的由m,f构成的字符串中，不包含fmf,fff的合法字符串的个数，在mod m 的意义下。

题解：矩阵优化DP

递推式： f[i]=f[i-1]+f[i-3]+f[i-4]

那么这个递推方程式是如何得来的呢？

f[i-1] 表示长度为i-1的序列的合法方案数，如果i-1是合法的那么当前位i 上一定可以填m，那么这样就计算出了所有在当前位填m的合法方案数。

因为填m的都已经计算过了，所以我们在来考虑填f的情况。

f[i-3] 表示长度为i-3的序列的合法方案数,i-3与i 之间相隔了两位，这两位共有4种选择mf,mm,ff,fm,只有mm 这一种选择无论第i-3位为m,还是f ,第i 位填f 一定成立。

f[i-4] 表示长度为i-4的序列的合法方案数,i-4与i 之间相隔了三位，这三位共有8中选择，出去不合法的选择，还剩三种mmm,fmm,mmf 我们可以发现如果选择mmm,fmm,的话与第i位的f，构成的合法序列的结尾都是mmf与f[i-3]的情况相同，所以只能选择mmf这一种填法。

初始矩阵：{f(i-3),f(i-2),f(i-1),f(i)}

优化矩阵：0 0 0 1

1 0 0 1

0 1 0 0

0 0 1 1

貌似递推式还有另一种证明法

由字符串fmf和fff构建trie图：

假定根节点为字符串的最后一个字符，由根结点到根节点的回路有m、fmm、ffmm，注意这是从一个字符串的后面向前走这些字符到达另一个字符串，恰好和上面的扩展递推相一致。。。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#define N 4
using namespace std;
int n,p,f[10]; 
struct data{
	int a[10][10];
}a;
void clear(data &x)
{
	for (int i=1;i<=N;i++)
	  for (int j=1;j<=N;j++)
	   x.a[i][j]=0;
}
void change(data &a,data b)
{
	for (int i=1;i<=N;i++)
	 for (int j=1;j<=N;j++)
	  a.a[i][j]=b.a[i][j];
}
data mul(data a,data b)
{
	data c;
	for (int i=1;i<=N;i++)
	 for (int j=1;j<=N;j++)
	 {
	 	c.a[i][j]=0;
	 	for(int k=1;k<=N;k++)
	 	  c.a[i][j]=(c.a[i][j]+a.a[i][k]*b.a[k][j]%p)%p;
	 }
	return c;
}
data pow(data num,int x)
{
	data ans; clear(ans);
	for (int i=1;i<=N;i++)  ans.a[i][i]=1;
    data base; change(base,num);
    while (x)
    {
    	if (x&1)  ans=mul(ans,base);
    	x>>=1;
    	base=mul(base,base);
    }
    return ans;
}
int main()
{
	for (int i=2;i<=N;i++)
	 a.a[i][i-1]=1;
	a.a[1][4]=1; a.a[2][4]=1; a.a[3][4]=0; a.a[4][4]=1;
	f[1]=1; f[2]=2; f[3]=4; f[4]=6;
	while (scanf("%d%d",&n,&p)!=EOF)
	{
		if (n<=3){
			printf("%d\n",f[n+1]);
			continue;
		}
		data ans=pow(a,n-3);
		int t[10];
		for (int j=1;j<=N;j++)
		 {
		 	t[j]=0;
		 	for (int k=1;k<=N;k++)
		 	 t[j]=(t[j]+f[k]*ans.a[k][j]%p)%p;
		 }
		printf("%d\n",t[N]);
	}
}