HDU OJ -- Queuing(ACM Steps: 3.1.8)

一、概述

1. 问题描述

在一个长度为L的队列中，有男人也有女人，m为男人，f为女人，若在队列中出现“fmf”或者“fff”的组合，将此队列定义为O-queue，否则为E-queue。求：（长度为L的队列中E-queue的数目）对（M）取模的结果。

（0 <= L <= 10^6，1 <= M <= 30)

2. 问题链接

HDU OJ -- Queuing(ACM Steps: 3.1.8)

3. 问题截图

图1.1 问题截图

二、算法思路

由于O-queue出现的情况需要队列L至少长度为3，所以当L<3时，队列都是E-queue类型，即f（L）为队列为L时E-queue的数目，则有：

f（1） = 2

f（2）= 2 x 2 = 4

当L = 3时，可能的情况如图2.1所示。

图2.1 n=3时队列的情况

图中红色虚线表示O-queue，此时有f（3）= 6。

当L = 4时，可能的情况如图2.2所示。

图2.2 n=4时队列的情况

可以发现，是以L = 3为基础进行构成的，因为f（3）的结果表示L = 3时，不包含“fmf”或“fff”的队列个数，由于题目规定，“fmf”与“fff”不能出现在队列中，即不能出现在之前的任何位置，则L = 4时，   肯定要在L = 3的基础上找到满足条件的E-queue。

从L = 3到L = 4，如何找到新的满足条件的队列呢？

由于从L = 3到L = 4，要在L = 3的队列基础上增加1个人，并且需要满足增加了这个人之后队伍中任意3个人不出现“fmf”或“fff”组合，由于前3个人是L = 3的结果已经满足，所以此时只要分析最后2个人和新增加的人的组合情况，在L = 3时，最后2个人的性别组合以及对应的数目，记为：

mm = 2

mf = 1

fm = 2

ff = 1

各性别组合在新增加一人后，可能的情况如下所示：

mm -> ｛mmm，mmf｝

mf -> ｛mfm，mff｝

fm -> ｛fmm，fmf｝

ff -> ｛ffm，fff｝

因为最后的结果是统计满足条件的叶节点的数目作为队列长度为L时的结果，并且根据上述，只有mm或mf组合会在原有的分支中派生出新的叶节点，所以f（4） = f（3）+ mm[3] + mf[3]，在这里mm[3]是L = 3时mm组合的数目。

可以得出更加一般的关系f（n）= f（n-1）+ mm[n-1] + mf[n-1]

所以问题的关键在于统计出各规模mm、mf组合数。

由于各种组合派生出的分支是固定的，所以对于L = 4时最后两个的性别组合，相对于L = 3时，有这样的关系：

mm[4] = mm[3] + fm[3]，因为L = 3时，每个mm组合会生成mmm，每个fm会生成fmm

mf[4] = mm[3]

fm[4] = mf[3] + ff[3]

ff[4] = mf[3] 

同理，可以推导出更一般的关系，这里不再赘述。

 

到此，可以有这样的解决方案：计算并保存出所有L的结果，再根据M做取模运算，但是通过测试，首先由于结果很大，最后的结果需要使用字符串存储，并且当L很大时会超过题目的限制，其次，对于规模很大的字符串进行运算也会超过题目要求的执行时间，所以这种方案不行。

考虑到题目的结果需要对M取模，并且M是一个不大于30的数，所以对于任意的L，最后的结果范围是（0~29）。

这里可以考虑：直接保存队列长度为L时的结果对于可能的M的取模值，但是有一个问题需要留意。

即，存储的结果，f（n）%M，和f（n-1）%M也有对应的关系吗？有的话，关系是什么？

刚才总结出f（n）= f（n-1）+ x，（x = mm[n-1] + mf[n-1]）

那么，f（n）%M和f（n-1）%M有什么关系呢？

这里有一个关于取模的理论，在后面会进行证明：

若a%b = p，c%b = q

则（a + c）% b = （a%b + c%b）% b = （p + q） % b

通俗的说，就是，若a对b取模的结果p，则a+c对b取模的结果为p+c对b取模的结果

 

根据理论，f（n）%M和f（n-1）%M是具有关系的，

将f（n-1）看做a

x，即mm[n-1]、mf[n-1]，看做c

f（n）= f（n-1）+ x = a + c

则，f（n）%M，即（a+c）% M = （a%M + c%M）% M，在这里a%M是已经求出的结果，即小规模的L对M取模对应的结果。

综上，在实现时，可以采用二维数组保存结果，一个维度保存不同的M，一个维度保存可能的L值。

 

理论证明：

若a%b = p，c%b = q

则（a + c）% b = （p + q)）% b

证明：

设a = x + y，其中定义x为可以被b整除的部分，即x/b=n，n为整数；定义y为无法被b整除的部分，则a%b = y = p

同理，设c = m + n，c%b = n = q

则（a + c）% b = （x + y + m + n）% b

由于x、m可以被b整除，则x+m也可以被b整除

则有（a + c）% b = （y + n）% b =（p + q)）% b

证毕。

三、算法实现

#include <iostream>

using std::cin;
using std::cout;
using std::endl;

const int MAXSIZE = 1000000;
unsigned char ans[29][MAXSIZE];

void calculate()
{
	unsigned char mm, mf, fm, ff, tfm, ans0, ans1, ans2, tmp;

	ans0 = 2;
	ans1 = 4;
	ans2 = 6;
	
	for(int i=0; i<29; i++){
		tmp = i+2;

		ans[i][0] = ans0 % tmp;
		ans[i][1] = ans1 % tmp;
		ans[i][2] = ans2 % tmp;
		
		mm = 2;
		mf = 1;
		fm = 2;
		ff = 1;

		for(int j=3; j<MAXSIZE; j++){
			ans[i][j] = (ans[i][j-1]+mm+mf) % tmp;

			tfm = fm;
			fm = (mf+ff) % tmp;
			ff = mf % tmp;
			mf = mm % tmp;		
			mm = (mm+tfm) % tmp;
		}
	}

}
int main()
{
	int L, M;
	unsigned long long tmp;

	calculate();	

	while(cin >> L >> M){
		if(M == 1)
			cout << 0 << endl;
		else
			cout << (int)ans[M-2][L-1] << endl;
	}
	return 0;
}