給定初始集合爲 1 ~ N 的全集,並給定一個 K。code
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。blog
求最後能夠獲得的不一樣集合數量 mod M。ip
Constraints
1≤K≤N≤150, 10^8≤M≤10^9it
Input
輸入格式以下:
N K Mio
Output
輸出不一樣集合數量 mod M。class
Sample Input 1
3 1 998244353
Sample Output 1
7im
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)。img
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。集合
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。
#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(); }
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。