ABC372F-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/weixin_42366947/article/details/146290771

赛后 20 分钟做出来这道题，糖丸了。

针对这道题，可以轻松设计出 $dp_{i,j}$ 表示走完了第 $i$ 步，目前在 $j$ 位置的方案总数。则一开始有 $dp_{i,j}=dp_{i-1,pre_j}$ ，其中 $pre_j$ 表示在前 $n$ 条边中，指向 $j$ 点的那个点。然后枚举后 $m$ 条边 $u_i,v_i)$ ，则有 $dp_{i,v_i}=dp_{i,v_i}+dp_{i-1,u_i}$ 。

可以轻松的写出如下代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, m, k;
int dp[2010][2010];//这里2010是一个乱写的数，懒得用滚动数组优化了。
int a[55][2];
const int mod = 998244353;

int main() {
	cin >> n >> m >> k;
	dp[0][1] = 1;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		cin >> a[i][0] >> a[i][1];
	for (int i = 1; i <= k; i++) {
		for (int j = 1; j <= n; j++)
			dp[i][j] = dp[i - 1][(j == 1 ? n : j - 1)];//这是第一部分
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			int u = a[j][0], v = a[j][1];
			dp[i][v] = (dp[i][v] + dp[i - 1][u]) % mod;//这是第二部分
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		ans = (ans + dp[k][i]) % mod;
	cout << ans;
	return 0;
}

这样的时间复杂度是 $O ((n + m) k)$ 的，很明显需要更加深入的优化。

观察到第 $1$ 部分可以优化掉，因为这就相当于一个 $dp_{i-1}$ 的循环右移过程。但是要处理这个过程则需要使用很多的数学计算。

如果是循环右移的话就好办了，这一步实际上不需要动原来的数组，只需要记录一个右移的偏移量 $y p$ 即可（不要在意我这个名称），对于每一个下标 $j$ ，只需要 $n+1dp_{i,j}=dp_{i-1,(j + yp + n - 1)\bmod n + 1}$ 就可以完成转移。这就是第一部分的表示。（当然，并不需要真正的执行，我们可以使用 $1)\bmod n + 1$ 代表 $j$ 进行转移即可）

至于如何第二部分的表示，由于最后要使用滚动数组，根据一番推算可以发现 $n+1dp_{i,(v + yp + n - 1)\bmod n + 1} = dp_{i,(v + yp + n - 1)\bmod n + 1} + dp_{i-1,(u + yp) \bmod n + 1}$ ，这样就可以表示了。

由于最后还需要搞一个滚动数组，所以还需要 $l s t$ 数组，就可以把状态优化掉一维。

具体看代码。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 200010;
int a[55][2];
int n, m, k;
int py;
int lst[N], dp[N];
const int mod = 998244353;

signed main() {
	cin >> n >> m >> k;
	for (int i = 1; i <= m; i++)
		cin >> a[i][0] >> a[i][1];
	lst[1] = 1, dp[1] = 1;
	for (int i = 1; i <= k; i++) {
		py++;//这里我是根据左偏移量算出右偏移量
		py %= n;
		int yp = n - py;//右偏移量
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			int u = a[j][0], v = a[j][1];
			dp[(v + yp + n - 1) % n + 1] += lst[(u + yp) % n + 1];
			dp[(v + yp + n - 1) % n + 1] %= mod;//转移
		}
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
			int u = a[j][0], v = a[j][1];
			lst[(v + yp + n - 1) % n + 1] = dp[(v + yp + n - 1) % n + 1];
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		ans = (ans + dp[i]) % mod;
	cout << ans;
	return 0;
}