@atcoder - AGC035E@ Develop

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• @description@
• @solution@
• @accepted code@
• @details@

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@description@

給定初始集合爲 1 ~ N 的全集，並給定一個 K。

每次對於當前集合 S，你能夠選擇 S 中的一個元素 x，並將 x 從 S 中刪除。
假如 x - 2 在 1 ~ N 的範圍內且不在集合 S 中，在 S 中加入 x - 2。
假如 x + K 在 1 ~ N 的範圍內且不在集合 S 中，在 S 中加入 x + K。

求最後能夠獲得的不一樣集合數量 mod M。

Constraints
1≤K≤N≤150, 10^8≤M≤10^9

Input
輸入格式以下：
N K M

Output
輸出不一樣集合數量 mod M。

Sample Input 1
3 1 998244353
Sample Output 1
7

@solution@

考慮假如 x 與 x-2 最後都要被刪除，確定應該先刪 x 再刪 x-2（先刪 x-2 的話，再刪 x 就又多出來一個 x-2）。

那麼咱們連邊 x -> x-2，x -> x+K，表示 x 比 x-2, x+K 先刪。
最後若是要求刪除的點造成一個環，確定無解。不然咱們按照拓撲序來刪必然是一個合法方案。
那麼至關於對於這樣一個圖，有多少點集知足點集內的點不造成環。

考慮與 K 無關的那些邊，會連成 1 <- 3 <- ... 與 2 <- 4 <- ... 兩條鏈，一條奇數，一條偶數。
接下來將 K 分奇偶討論，由於 K 是偶數時 x -> x+K 必然是在奇偶內部連邊，而 K 爲奇數時能夠跨奇偶連邊。

當 K 爲偶數時，咱們要避免 a -> a-2 -> ... a-K -> a 這樣的環，其實就是不能選擇超過 K/2 + 1 個連續點。
這個隨便怎麼 dp 均可以。

當 K 爲奇數時。注意到最小環必然剛好通過 2 條 K 邊（0,1 顯然，> 2 能夠縮成 2 條）。
咱們先將圖寫成相似如下形式（假設 K = 3）：

其實就是對於每一個奇數 x，將 x 與 x + K 放在同一層。
這樣有什麼好處呢？注意到環的形式必定爲 a -> a-2 -> ... b-K -> b -> b-2 -> ... a-K -> a（假設 a 爲奇數），對應到圖上即從 a 開始往上走到某一點 b-K，再往右走到 b，再往上走到 a-K 的地方。
等價地說，假如這樣一條往上 + 往右 + 往上的路徑包含 > K + 1 個點，就會造成環。

注意到這樣一條路徑沒有往下的選擇，因此咱們就能夠從上到下 dp。
定義 dp(i, j, k) 表示前 i 層，往上 + 往右 + 往上的路徑包含 j 個點，右邊偶數的鏈對應往上的點連續選中了 k 個。
k 這一維是爲了方便咱們獲得新的 j（可能在 i 這個點直接往右走）。
注意往上 + 往右 + 往上，兩個往上能夠縮減成一個點，但必需要有往右的過程。

@accepted code@

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MAXN = 150;
int N, K, M;
int add(int a, int b) {return (a + b)%M;}
int mul(int a, int b) {return 1LL*a*b%M;}
int f[MAXN + 5][MAXN + 5];
void solve1() {
    K /= 2, f[0][0] = 1;
    for(int i=1;i<=N;i++) {
        for(int j=0;j<=K;j++)
            f[i][0] = add(f[i][0], f[i-1][j]);
        for(int j=0;j<K;j++)
            f[i][j+1] = add(f[i][j+1], f[i-1][j]);
    }
    int ans1 = 0, ans2 = 0;
    for(int i=0;i<=K;i++)
        ans1 = add(ans1, f[N/2][i]);
    for(int i=0;i<=K;i++)
        ans2 = add(ans2, f[(N+1)/2][i]);
    printf("%d\n", mul(ans1, ans2));
}
int g[2*MAXN + 5][MAXN + 5][MAXN + 5];
void solve2() {
    int p; g[0][0][0] = 1;
    for(int i=2;i-K<=N;i+=2) {
        for(int j=0;j<=N;j++)
            for(int k=0;k<=K+1;k++)
                g[i][0][0] = add(g[i][0][0], g[i-2][j][k]);
        if( i <= N ) {
            for(int j=0;j<=N;j++)
                for(int k=0;k<=K+1;k++)
                    g[i][j+1][0] = add(g[i][j+1][0], g[i-2][j][k]);
        }
        if( i - K >= 1 ) {
            for(int j=0;j<=N;j++) {
                for(int k=1;k<=K;k++)
                    g[i][0][k+1] = add(g[i][0][k+1], g[i-2][j][k]);
                g[i][0][0] = add(g[i][0][0], g[i-2][j][0]);
            }
        }
        if( i <= N && i - K >= 1 ) {
            for(int j=0;j<=N;j++)
                for(int k=0;max(k,j+1)<=K;k++)
                    g[i][j+1][max(k+1,j+2)] = add(g[i][j+1][max(k+1,j+2)], g[i-2][j][k]);
        }
        p = i;
    }
    int ans = 0;
    for(int j=0;j<=N;j++)
        for(int k=0;k<=K+1;k++)
            ans = add(ans, g[p][j][k]);
    printf("%d\n", ans);
}
int main() {
    scanf("%d%d%d", &N, &K, &M);
    if( K % 2 == 0 ) solve1();
    else solve2();
}

@details@

感受 AGC 好像很喜歡出這種狀態定義比較抽象，可是狀態轉移很是簡單的 dp 題。
好比 AGC039E，或者說 AGC037D 都是這種類型的 dp。

你覺得你繞了半天寫出來的長代碼就是正解了？
拜託，正解根本不足 100 行.jpg。

可是作了這麼多 AGC 的 dp 題仍是不會 QAQ。