HDU 6172 and HDU 6185 【線性遞推 + 思維 + 板子】
這兩道題都是給的線性遞推式(輸入只有一個未知數n), 那麼我寫這個部落格的目的就是儲存一個超強模板, 可以解決任何線性遞推式. 這個板子是我從百度之星複賽上”偷”的杜教的板子. 所以我們現在要做的是用絕對正確的方法求出遞推式的前幾項. 然後扔進這個板子就可以了.
//這些板子都可以直接用, 不用管mod, 帶了mod的. 所以用的時候只用改mod的值和前幾項的數值. 當然前幾項丟的越多越好, 一般8個是絕對可以推出來的. 個別的少一點也行.
HDU 6172
//題意不多說.
AC Code
#include <cstdio>
#include <cstring> HDU 6185
//題意不多說.
AC Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <string>
#include <map>
#include <set>
#include <cassert>
using namespace std;
typedef long long ll;
#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)
#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((ll)(x).size())
typedef vector<ll> VI;
typedef pair<ll,ll> PII;
const ll mod = 1000000007;
ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}
// head
ll _,n;
namespace linear_seq {
const int N=10010;
ll res[N],base[N],_c[N],_md[N];
vector<ll> Md;
void mul(ll *a,ll *b,ll k) {
rep(i,0,k+k) _c[i]=0;
rep(i,0,k) if (a[i]) rep(j,0,k) _c[i+j]=(_c[i+j]+a[i]*b[j])%mod;
for (ll i=k+k-1;i>=k;i--) if (_c[i])
rep(j,0,SZ(Md)) _c[i-k+Md[j]]=(_c[i-k+Md[j]]-_c[i]*_md[Md[j]])%mod;
rep(i,0,k) a[i]=_c[i];
}
ll solve(ll n,VI a,VI b) {
// a 係數 b 初值 b[n+1]=a[0]*b[n]+...
// printf("%d\n",SZ(b));
ll ans=0,pnt=0;
ll k=SZ(a);
assert(SZ(a)==SZ(b));
rep(i,0,k) _md[k-1-i]=-a[i];_md[k]=1;
Md.clear();
rep(i,0,k) if (_md[i]!=0) Md.push_back(i);
rep(i,0,k) res[i]=base[i]=0;
res[0]=1;
while ((1ll<<pnt)<=n) pnt++;
for (ll p=pnt;p>=0;p--) {
mul(res,res,k);
if ((n>>p)&1) {
for (ll i=k-1;i>=0;i--) res[i+1]=res[i];res[0]=0;
rep(j,0,SZ(Md)) res[Md[j]]=(res[Md[j]]-res[k]*_md[Md[j]])%mod;
}
}
rep(i,0,k) ans=(ans+res[i]*b[i])%mod;
if (ans<0) ans+=mod;
return ans;
}
VI BM(VI s) {
VI C(1,1),B(1,1);
ll L=0,m=1,b=1;
rep(n,0,SZ(s)) {
ll d=0;
rep(i,0,L+1) d=(d+(ll)C[i]*s[n-i])%mod;
if (d==0) ++m;
else if (2*L<=n) {
VI T=C;
ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod;
while (SZ(C)<SZ(B)+m) C.pb(0);
rep(i,0,SZ(B)) C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod;
L=n+1-L; B=T; b=d; m=1;
} else {
ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod;
while (SZ(C)<SZ(B)+m) C.pb(0);
rep(i,0,SZ(B)) C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod;
++m;
}
}
return C;
}
ll gao(VI a,ll n) {
VI c=BM(a);
c.erase(c.begin());
rep(i,0,SZ(c)) c[i]=(mod-c[i])%mod;
return solve(n,c,VI(a.begin(),a.begin()+SZ(c)));
}
};
int main() {
while(~scanf("%lld",&n)){
printf("%lld\n",linear_seq::gao(VI{1,5,11,36,95,281,781,2245},n-1));
}
}//對比一下這兩個板子也可以知道就是改的那部分. 還有注意的是具體傳多少項, 和後面那個傳n的什麼樣子, 都是試出來的, 要自己感覺對了, 即把後面的幾項打出來看. 那麼才有可能對. 所以還是要試出來的.
//需要宣告的一點是這個序列前幾項怎麼推出. 第一個例題前面幾項還是比較好推的, 根據題目所給的式子.
那麼後面一個例題, 前面幾項怎麼推的還是有一定難度的(其實知道前面幾項了, 也是可以找到遞推式子的, 當然用矩陣快速冪做也是可以的, 但是明顯這個板子是很強的呀(矩陣快速冪寫起來還是非常複雜的)!!! 但注意這個板子只能適用於任何的線性遞推式子, 其他的遞推式不一定適用), 所以正解就是用二進位制列舉或者是dfs深搜出前面幾項. 然後套一套杜教的板子就可以了. (或者是自己根據這幾項找遞推式子)
附上打表找前幾項的程式碼: 只要能準確的找出來, 再暴力的方法都是允許的.
dfs版本: (也是比較容易想到的, 注意細節處理就行)
/** @Cain*/
int n,cnt;
int mapp[7][15];
bool ok(int &x,int &y)
{
for(int i=1;i<=4;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
if(!mapp[i][j]){
x = i;
y = j;
return false;
}
}
}
return true;
}
void dfs(int x,int y)
{
if(!mapp[x+1][y] && x+1<=4){
mapp[x][y] = mapp[x+1][y] = 1; // 縱向的填.
int tmpx,tmpy;
if(ok(tmpx,tmpy)){
mapp[x][y] = mapp[x+1][y] = 0; //注意填滿的時候的處理.
cnt++;
return ;
}
dfs(tmpx,tmpy); // 從沒有填滿的地方繼續搜尋.
mapp[x][y] = mapp[x+1][y] = 0; //回溯的時候注意處理.
}
if(!mapp[x][y+1] && y+1<=n){
mapp[x][y] = mapp[x][y+1] = 1; // 橫向的填.模仿著上面的來做.
int tmpx,tmpy;
if(ok(tmpx,tmpy)){
mapp[x][y] = mapp[x][y+1] = 0;
cnt++;
return ;
}
dfs(tmpx,tmpy);
mapp[x][y] = mapp[x][y+1] = 0;
}
}
int main()
{
for(int i=1;i<=10;i++){
n = i;
cnt = 0;
dfs(1,1);
printf("%d%c",cnt,i==10?'\n':',');
}
} //然後直接丟進杜教的板子就可以了.xx二進位制列舉版本: (這個想法是非常重要的, 很多題都可以用這樣打出表來) 跑前幾項還是要跑一會的. 但跑出來了就是贏了. 這個版本相對於dfs的肯定是要慢很多的. 但是在有些情況下是非常有用的.
/** @Cain*/
typedef long long int ll ;
int mapp[10][20];
bool ok(int n, int m) {
int vis[10][20] = {0}; //表示當前這個格子是否用過. 保證只用一次.
for (int i = 1; i <= n; i++) {
for (int j = 1; j <= m; j++) {
if (vis[i][j] == 0) {
int f = 0;
if (mapp[i][j] == 0) {
int tx = i;
int ty = j + 1;
if (ty <= m && vis[tx][ty] == 0 && mapp[tx][ty] == mapp[i][j]) {
f = 1;
vis[tx][ty] = 1;
vis[i][j] = 1;
}
}
else {
int tx = i + 1;
int ty = j;
if (tx <= n && vis[tx][ty] == 0 && mapp[tx][ty] == mapp[i][j]) {
f = 1;
vis[tx][ty] = 1;
vis[i][j] = 1;
}
}
if (!f) return false;
}
}
}
return true;
}
void solve() {
for (int i = 1; i <= 10; i++) { //i 是列數.
int tot = i * 4;
ll num = 0;
for (ll st = 0; st < (1ll<<tot); st++) { //將這些所有的格子看成二進位制的一位.
ll cur = st; //通過二進位制列舉就可以一個不漏的枚舉出來.
for (int x = 1; x <= 4; x++) {
for (int y = 1; y <= i; y++) {
mapp[x][y] = cur % 2; //用當前這個數的二進位制去填這些框框.
cur /= 2;
}
}
num += ok(4, i);
}
printf("%d%c",num,i==10?'\n':',');
}
}// 所以對於二進位制列舉的, 請多想想!!!
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