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bzoj2323 [ZJOI2011]细胞

2018-06-17 21:09:31来源：未知阅读 ()

http://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=2323

根本想不到...

方法：

get(i,j)表示第i到j个数字拼起来组成的数字
ans[i][0/1]表示第一次分裂中，第i个数字之后断开，前i个数字第二次分裂后形成的最后一个二次分裂体否/是与其之后的二次体相切的总方案数
fib[i]表示斐波那契数列的第i项（令fib[0]=1,fib[1]=0）
ans[i][0]=sum{ans[i-j][0]*fib[get(i-j+1,i)]}+sum{ans[i-j][1]*fib[get(i-j+1,i)+1]}，1<=j<=i
ans[i][1]=sum{ans[i-j][0]*fib[get(i-j+1,i)+1]}+sum{ans[i-j][1]*fib[get(i-j+1,i)+2]}，1<=j<=i

解释：

很容易可以看出，只要第一步、第二步中任何一步有至少一处划分方法不一样，那么就是不同的方案。

（可以说这道题里不用关心去重的问题）

首先确定对于已确定数量（n个）的一些二次分裂体，如何得到其合并方案数f1(n)。

可以得到f1(n)=fib[n]，解释

（当然像我这种蒟蒻就只能用n^2的算法打打表找找规律什么的，这个算法就是对于每个n枚举最后一段长度，不过这一步不是题目的重点，找规律也是可以的..吧）

然后确定ans数组的计算方式。（这个ans数组的第二维设计很有意思，根本想不到）

假设现在要求ans[i][1]。那么首先可以枚举从最后切下j个数字，作为一个一次分裂体。这个一次体分裂后形成get(i-j+1,i)个二次体。

那么，由于第二维是1，这些二次体要求与第i个之后的数字形成的第一个二次体相切。

现在，这些二次体与第i-j+1个之前的数字形成的最后一个二次体可能有两种关系：相切或者不相切。

如果相切，那么这一小段的情况总数，相当于get(i-j+1,i)+2个二次体合并的方案数，就是fib[get(i-j+1,i)+2]

（让这一段所含的get(i-j+1,i)个和两端2个合并，则恰好两端一定会都与中间get(i-j+1,i)个相切，因此可以这样算）

而这一段数字的情况与之前段数字的情况都是独立、互不影响的，因此这一种情况产生的贡献是ans[i-j][1]*fib[get(i-j+1,i)+2]

同理，如果不相切，产生的贡献是ans[i-j][0]*fib[get(i-j+1,i)+1]

最终的方案数是以上两种情况产生的方案相加。

同理可得到求ans[i][0]时的转移方程。

注意初值是ans[0][0]=1,ans[0][1]=0

优化：

斐波那契数列的计算可以用矩阵快速幂优化。

当然，如果直接按照这个去打高精+矩阵快速幂只能得到60分

（当然像我一样明明有了优化策略然而复杂度乱来也可以得到60分）

 1 #include<cstdio>
 2 #include<cstring>
 3 #include<algorithm>
 4 using namespace std;
 5 typedef long long LL;
 6 const LL md=1000000007;
 7 LL n,a[100010];
 8 struct Mat
 9 {
10     LL dat[3][3],x,y;
11     Mat(LL x=0,LL y=0):x(x),y(y){memset(dat,0,sizeof(dat));}
12     Mat operator*(const Mat& b)
13     {
14         Mat temp;
15         LL i,j,k;
16         for(i=1;i<=x;i++)
17             for(j=1;j<=b.y;j++)
18                 for(k=1;k<=y;k++)
19                     temp.dat[i][j]=(dat[i][k]*b.dat[k][j]+temp.dat[i][j])%md;
20         temp.x=x;
21         temp.y=b.y;
22         return temp;
23     }
24     Mat& operator*=(const Mat& b)
25     {
26         return (*this)=(*this)*b;
27     }
28     Mat& operator=(const Mat& b)
29     {
30         memcpy(dat,b.dat,sizeof(dat));
31         x=b.x;y=b.y;
32         return *this;
33     }
34 }o,s,s2;
35 Mat px10[1001];
36 Mat pow(const Mat& a,LL b)
37 {
38     Mat ans=o;
39     if(b==0)    return ans;
40     Mat base=a;
41     while(b!=0)
42     {
43         if(b&1)    ans*=base;
44         base*=base;
45         b>>=1;
46     }
47     return ans;
48 }
49 Mat mulx(LL l,LL r)
50 {
51     Mat ans=o;
52     for(LL i=0;r>=l;r--,i++)
53     {
54         ans*=pow(px10[i],a[r]);
55     }
56     return ans;
57 }
58 LL ans[1010][1010];
59 int main()
60 {
61     LL i,j;Mat tmp;
62     o.x=o.y=2;o.dat[1][1]=o.dat[2][2]=1;
63     s.x=s.y=2;s.dat[1][2]=s.dat[2][1]=s.dat[2][2]=1;
64     s2.x=1;s2.y=2;s2.dat[1][1]=1;
65     px10[0]=s;
66     for(i=1;i<=1000;i++) px10[i]=pow(px10[i-1],10);
67     //ans[i]->fib[i]
68     //fib[0]=1,fib[1]=0;
69     scanf("%lld",&n);
70     for(i=1;i<=n;i++)    scanf("%1lld",&a[i]);
71     ans[0][0]=1;
72     for(i=1;i<=n;i++)
73         for(j=1;j<=i;j++)
74         {
75             tmp=s2*mulx(i-j+1,i);
76             ans[i][0]=(ans[i][0]+ans[i-j][0]*tmp.dat[1][1])%md;
77             ans[i][0]=(ans[i][0]+ans[i-j][1]*tmp.dat[1][2])%md;
78             ans[i][1]=(ans[i][1]+ans[i-j][0]*tmp.dat[1][2])%md;
79             ans[i][1]=(ans[i][1]+ans[i-j][1]*(tmp*s).dat[1][2])%md;
80         }
81     printf("%lld",ans[n][0]);
82     return 0;
83 }

View Code

可以发现，在斐波那契数列的计算中出现大量形如

$s^{一个十进制高精度整数}$

$=s^{10^0*x[r]+10^1*x[r-1]+...+10^{r-l}*x[l]}$

的计算（s表示转移矩阵，l、r表示要算第l到r个数字）。（以下均省略取模）

那么可以拆成${(s^{10^0})}^{x[r]}*{(s^{10^1})}^{x[r-1]}*...*{(s^{10^{r-l}})}^{x[l]}$。

可以令$px10[i]=s^{10^i}$，并用递推（$px10[i]=px10[i-1]^{10}$）预处理出来。

然后就可以拆成$px10[0]^{x[r]}*px10[1]^{x[r-1]}*...px10[r-l]^{x[l]}$。

对于每一个l和r，这个式子可以在O(n)时间计算完成（矩阵大小是常数，因此矩阵乘法复杂度是常数）。这样也是60分。

令$f2(l,r)=px10[0]^{x[r]}*px10[1]^{x[r-1]}*...px10[r-l]^{x[l]}$，可以发现存在递推关系：

$f2(l,r)=f2(l+1,r)*px10[r-l]^{a[l]}$

因此可以一开始预处理出所有f2(l,r)，然后需要时直接调用而不是重新计算。这样就得到了复杂度为O(n^2)的算法。

附：对于此类将序列分段，要dp的题目，有的时候dp的状态不能是位置+段数，难以决定的时候，可能要从某一段的两端的状态/与这一段旁边段的联系着手，

 1 #pragma GCC optimize(3)
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<algorithm>
 5 using namespace std;
 6 typedef long long LL;
 7 const LL md=1000000007;
 8 LL n,a[1010];
 9 struct Mat
10 {
11     LL dat[3][3],x,y;
12     Mat(LL x=0,LL y=0):x(x),y(y){memset(dat,0,sizeof(dat));}
13     Mat operator*(const Mat& b)
14     {
15         Mat temp;
16         LL i,j,k;
17         for(i=1;i<=x;i++)
18             for(j=1;j<=b.y;j++)
19                 for(k=1;k<=y;k++)
20                     temp.dat[i][j]=(dat[i][k]*b.dat[k][j]+temp.dat[i][j])%md;
21         temp.x=x;
22         temp.y=b.y;
23         return temp;
24     }
25     Mat& operator*=(const Mat& b)
26     {
27         return (*this)=(*this)*b;
28     }
29     Mat& operator=(const Mat& b)
30     {
31         memcpy(dat,b.dat,sizeof(dat));
32         x=b.x;y=b.y;
33         return *this;
34     }
35 }o,s,s2;
36 Mat px10[1001];
37 Mat pow(const Mat& a,LL b)
38 {
39     Mat ans=o;
40     if(b==0)    return ans;
41     Mat base=a;
42     while(b!=0)
43     {
44         if(b&1)    ans*=base;
45         base*=base;
46         b>>=1;
47     }
48     return ans;
49 }
50 Mat mulx[1010][1010];
51 LL ans[1010][1010];
52 int main()
53 {
54     LL i,j,l,r;Mat tmp;
55     o.x=o.y=2;o.dat[1][1]=o.dat[2][2]=1;
56     s.x=s.y=2;s.dat[1][2]=s.dat[2][1]=s.dat[2][2]=1;
57     s2.x=1;s2.y=2;s2.dat[1][1]=1;
58     px10[0]=s;
59     for(i=1;i<=1000;i++)    px10[i]=pow(px10[i-1],10);
60     scanf("%lld",&n);
61     for(i=1;i<=n;i++)    scanf("%1lld",&a[i]);
62     for(r=1;r<=n;r++)
63     {
64         mulx[r][r]=pow(px10[0],a[r]);
65         for(l=r-1;l>=1;l--)
66             mulx[l][r]=mulx[l+1][r]*pow(px10[r-l],a[l]);
67     }
68     ans[0][0]=1;
69     for(i=1;i<=n;i++)
70         for(j=1;j<=i;j++)
71         {
72             tmp=s2*mulx[i-j+1][i];
73             ans[i][0]=(ans[i][0]+ans[i-j][0]*tmp.dat[1][1])%md;
74             ans[i][0]=(ans[i][0]+ans[i-j][1]*tmp.dat[1][2])%md;
75             ans[i][1]=(ans[i][1]+ans[i-j][0]*tmp.dat[1][2])%md;
76             ans[i][1]=(ans[i][1]+ans[i-j][1]*(tmp*s).dat[1][2])%md;
77         }
78     printf("%lld",ans[n][0]);
79     return 0;
80 }