BZOJ2454兔子跳跃之谜下（BZOJ中不是多组数据）

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###分析
把A B C三点视为一个状态；首先我们约定从中间一个点向外跳是状态的儿子，从左边或右边显然只有一种跳法，于是作为父亲，根据最大步数来建树（于是有了一棵二叉树），当然我们只需要选取有用的点，之后就剩下找根的操作（根是什么呢，其实就是c-b=b-a的点这样的话，就没有父亲了），这其实可以和建树一起完成。
之后就是dp的过程：
首先，我们定义lca()为开始点和结束点的lca() f[i][j][k]表示当前的状态距离开始点离lca() i 步, 结束点 离 lca() j 步，还剩k步能走主要就是传递的是注意转移的时候下面有两条路所以要乘2

第一种情况在lca的左链（不包括lca）
如果i>0&&j>0）于是还没有到lca儿子是两个i+1，父亲是i-1
if(i>0&&j>0)f[i][j][k]=(dfs(i-1,j,k-1)+2ll*dfs(i+1,j,k-1))%mod;
第二种情况在lca的友链上（包括lca）
如果i==0&&j>0则由于已经到了lca父亲是j+1，儿子就是j-1和i+1
if(i==0&&j>0)f[i][j][k]=(dfs(0,j+1,k-1)+dfs(0,j-1,k-1)+dfs(1,j,k-1))%mod;
第三种情况在结束点上
如果i==0&&j==0则由于道了结束点则父亲是j+1,儿子是i+1
if(i==0&&j==0)f[i][j][k]=(dfs(0,1,k-1)+2ll*dfs(1,0,k-1))%mod;

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
ll f[105][105][105],sa,sb,sc,ea,eb,ec,l1,l2,rt,k;
void calc(ll &a,ll &b,ll &c){
	if(b*2ll==a+c)return;
	if(b-a<c-b){
		ll t=a;
		a=b;
		b=2ll*b-t;
	}else{
		ll t=c;
		c=b;
		b=2ll*b-t;
	}
}//计算每次跳跃
void lca(){
	ll a=ea,b=eb,c=ec;rt=k;//如果上述算法不更新，则视为跳最多步数的点为根
	for(int i=0;i<=k;i++){
		if(b*2ll==a+c){
			rt=i;
			break;
		}
		calc(a,b,c);
	}//先找到根
	ll a1=sa,b1=sb,c1=sc;
	for(int i=0;i<=k;i++){
		a=ea,b=eb,c=ec; 
		for(int j=0;j<=k;j++){
			if(a==a1&&b==b1&&c==c1){
				l1=i;l2=j;
				return;
			}
			calc(a,b,c);
		}
		calc(a1,b1,c1);
	}
}//计算开始点距离lca l1 步，结束点距离lca l2 步
ll dfs(ll i,ll j,ll k){
	if(i==0&&j==0&&k==0)return 1;//边界条件
	if(k==0||i+j>k||j>rt)return 0;//同上
	if(f[i][j][k]!=-1)return f[i][j][k];//记忆化
	if(i>0&&j>0)f[i][j][k]=(dfs(i-1,j,k-1)+2ll*dfs(i+1,j,k-1))%mod;
	if(i==0&&j>0)f[i][j][k]=(dfs(0,j+1,k-1)+dfs(0,j-1,k-1)+dfs(1,j,k-1))%mod;
	if(i==0&&j==0)f[i][j][k]=(dfs(0,1,k-1)+2ll*dfs(1,0,k-1))%mod;
	return f[i][j][k];
}//dp过程
int main(){
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--){
		l1=l2=-1;memset(f,-1,sizeof(f));//多组数据注意初始化
		scanf("%lld%lld%lld",&sa,&sb,&sc);
		scanf("%lld%lld%lld",&ea,&eb,&ec);
		scanf("%lld",&k);
		lca();
		if(l1==-1&&l2==-1)printf("0\n");//没有方案
		else printf("%lld\n",dfs(l1,l2,k));
	}
	return 0;
}