牛客練習賽35-背單詞-線性DP
思路 :dp[ i ] [ 0 ]表示 第i 位放的母音 dp[ i ] [ 1 ]表示 第i 位放的子音 ,cnt [ i ]含義是 長度為 i 的方案數。
轉移 :dp[ i ] [ 0 ] 由 上一個長度的所有方案數 也就是 cnt[ i-1 ] *5 轉移而來 。
同理 dp[ i ] [ 1 ] 由 上一個長度的所有方案數 也就是 cnt[ i-1 ] *21 轉移而來 。
但是 這是 無任何限制的情況下現在加了限制,連續 母音不超過 a 連續 子音不超過 b
那麼 首先 長度得 > a 或 > b 才會出現這種情況。 那麼,當長度i = a +1 時 照常運算dp[ i ] [ 0 ] ,
但是需要減去 產生了 a + 1個母音相連的情況 。 也就是減去 dp[ i - a - 1][ 1 ] * pa 。pa是連續a+1 個母音的各種組合方案數
dp[ i - a - 1][ 1 ] 是去掉 a + 1的長度 之前 最後一個字母為子音的狀態。
同理 當長度i = b +1 時 照常運算dp[ i ] [ 1 ] ,但是需要減去 產生了 b + 1個母音相連的情況 。
也就是減去 dp[ i - b - 1][ 0 ] * pb 。pb是連續b+1 個子音的各種組合方案數
dp[ i - b - 1][ 0 ] 是去掉 b + 1的長度 之前 最後一個字母為母音的狀態。
不會 出現 a + 2 a + 3.....個母音相連,b+2,b + 3 .....個子音相連 ,因為 a + 1個 母音相連 ,b +1 個子音相連的情況,
都已經去掉了 ,長度一個一個增加不會產生 b + 2 ,a + 2 後面的也就更不會產生 。
ans 不斷 求和 各個長度下的 方案數。
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int mod=1000000007; #define ll long long #define maxn 5678 ll pa,pb,dp[maxn][2],cnt[maxn],ans; int t,n,a,b; ll qpow(ll a,ll b) { ll ret=1; while(b) { if(b%2) ret=(ret*a)%mod; a=(a*a)%mod; b/=2; } return ret; } int main() { dp[0][0]=dp[0][1]=1; dp[1][0]=5,dp[1][1]=21; cnt[1]=26; scanf("%d",&t); while(t--) { ans=26; scanf("%d%d%d",&n,&a,&b); pa=qpow(5,a+1); pb=qpow(21,b+1); for(int i=2; i<=n; i++) { dp[i][0]=5*cnt[i-1]%mod; dp[i][1]=21*cnt[i-1]%mod; if(i>a) dp[i][0]=(dp[i][0]-dp[i-a-1][1]*pa+mod)%mod; if(i>b) dp[i][1]=(dp[i][1]-dp[i-b-1][0]*pb+mod)%mod; cnt[i]=(dp[i][0]+dp[i][1])%mod; ans=(ans+cnt[i]+mod)%mod; } printf("%lld\n",ans); } return 0; }