李白打酒加强版

_不是山谷

已于 2023-01-15 13:57:54 修改

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分类专栏：题解文章标签：蓝桥杯深度优先

于 2023-01-15 13:55:20 首次发布

原文链接：https://alexander798798.github.io/2023/01/14/%E6%9D%8E%E7%99%BD%E6%89%93%E9%85%92%E5%8A%A0%E5%BC%BA%E7%89%88/

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该问题是一个基于动态规划的编程挑战，要求计算在遇到店加倍酒量和遇到花消耗酒量的情况下，所有使李白酒量归零的合法顺序。通过DFS深搜和状态转移方程，可以得出所有可能的路径数量，并对结果取模得到答案。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

[蓝桥杯 2022 省 B] 李白打酒加强版

题目描述

话说大诗人李白，一生好饮。幸好他从不开车。

一天，他提着酒显，从家里出来，酒显中有酒 2 斗。他边走边唱：

无事街上走，提显去打酒。
逢店加一倍，遇花喝一斗。

这一路上，他一共遇到店 N 次, 遇到花 M 次。已知最后一次遇到的是花，他正好把酒喝光了。

请你计算李白这一路遇到店和花的顺序，有多少种不同的可能?

注意：没酒（0 斗）时遇店是合法的，加倍后还是没酒; 但是没酒时遇花是不合法的。

输入格式

第一行包含两个整数 N 和 M。

输出格式

输出一个整数表示答案。由于答案可能很大，输出模 1000000007（即 10^9+7）的结果。

样例输入 #1

5 10

样例输出 #1

提示

【样例说明】

如果我们用 0 代表遇到花, 1 代表遇到店, 14 种顺序如下:
010101101000000
010110010010000
011000110010000
100010110010000
011001000110000
100011000110000
100100010110000
010110100000100
011001001000100
100011001000100
100100011000100
011010000010100
100100100010100
101000001010100
【评测用例规模与约定】

对于 40 %的评测用例: 1 <N, M < 10。

对于 100 % 的评测用例: 1 < N, M < 100 。

蓝桥杯 2022 省赛 B 组 I 题。题目分析

主要是一个DFS深搜，要从n个数中找出任意k个数相加，计算其值是否为素数。

和排列组合为问题相似，n选3，n选n，有几种排列的方式
但是这个题要的是 k 个数，所以要使用 num 来计数
并且还需要用一个 for 循环来控制是否需要进入 dfs

题目分析：

1.题意

设李白有酒va，有两种操作。并且最后一次操作为（2）

（1）va=va*2（一共n次）
（2）va=va-1（一共m次）

va 初始值为 2,要求经过 n+m次操作后 va=0的方案数取模。

2.状态

状态设计：dp[i][j][k]的值表示遇到i家店，j朵花，酒壶中还剩k斗酒的可能情况数；
状态转移方程：dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k/2](i>1&&k%2==0) + dp[i][j-1][k+1](j>1);
边界设计：除了dp[0][0][2]=1，其他元素全为0；
他一共遇到店 N 次，遇到花 M 次。已知最后一次遇到的是花，他正好把酒喝光了；所以
最后一次肯定遇到的是花，那么最后的结果便是dp[N][M-1][1];
并且酒壶中酒的容量不能超过M；

程序如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;//别忘记取模
int n,m,dp[105][105][105];//dp数组
int main()
{
    cin>>n>>m;
    dp[0][0][2]=1;
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=m-1;j++)
        {
            if(i==0&&j==0) 
                continue; 
            for(int k=0;k<=100;k++)//因为最多出现100次操作2，故va最大为100
            {
                if(k%2==0&&i) 
                    dp[i][j][k]+=dp[i-1][j][k/2];//操作1
                if(j) 
                    dp[i][j][k]+=dp[i][j-1][k+1];//操作2
                dp[i][j][k]%=mod;//取模
            }
        }
    }
    cout<<dp[n][m-1][1]%mod;
}