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Luogu P5173 传球

时间：2024-02-05 10:37:14浏览次数：31  
标签：传球 int Luogu 复杂度 矩阵 3505 long P5173 cdots

题目传送门

SubTask \(1.1\)，8 pts

首先，我们可以推出一个极为简单的 dp 转移方程：

\[f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+f_{i-1,j+1} \]

\(f_{i,j}\) 表示当前秒数为 \(i\)，球在 \(j\) 手上的方案数量。

时间复杂度/空间复杂度：\(O(nm)\)，肯定不能通过此题。

其实这个就是 P1057 NOIP2008 普及组 传球游戏 的做法。

SubTask \(1.2\)，8 pts，矩阵快速幂优化

为什么还是 8pts？因为矩阵快速幂优化后复杂度也只能过 \(8\%\) 的数据。

dp 的复杂度太高，我们都学过矩阵快速幂，它可以优化数列；

所以我们可以采用矩阵快速幂优化这个 dp 过程。

首先我们需要构造一个矩阵 \(A\)，用来加速数列。

我们的初始矩阵：

\[Ans = \begin{bmatrix} a_{i-1,1}\\ a_{i-1,2}\\ a_{i-1,3}\\ \cdots\\ a_{i-1,1}\\ \end{bmatrix} \]

我们转移的目标矩阵：

\[Ans = \begin{bmatrix} a_{i,1}\\ a_{i,2}\\ a_{i,3}\\ \cdots\\ a_{i,1}\\ \end{bmatrix} \]

由于我们推出的dp式子为：每一个人从上一秒的相邻两个人转移，所以 \(A\)是：

\[A = \begin{bmatrix} 0&1&0&0&\cdots&0&1\\ 1&0&1&0&\cdots&0&0\\ 0&1&0&1&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 1&0&0&0&\cdots&1&0\\ \end{bmatrix} \]

关于矩阵乘法，这里不再赘述。

时间复杂度：\(O(n^3\log{m})\)

SubTask \(2\)，32 pts，时间复杂度优化

我们观察，发现 \(A\) 矩阵是循环的，每一行是上一行每一项右移一位（最后移到第一位）。

那么，我们就可以用快速幂把一行乘出来，然后再移出其他行。

关于累乘答案时，因为我们的 \(Ans\) 矩阵只有一行有数，其他行都是占位符，可以全部优化掉，只乘第一行。

这样，时间复杂度可以压到 \(O(n^2\log{m})\)。

int n, m;
const int MOD=1e9+7;
long long a[1005][1005], ans[1005][1005];
void Matrix1(){  
	long long c[1005][1005]={0};
	for (int j=1; j<=n; j++){
		for (int k=1; k<=n; k++){
			c[1][j]+=(a[1][k]*a[k][j])%MOD;
			c[1][j]%=MOD;
		}
	}
	for (int i=2; i<=n; i++){
		c[i][1]=c[i-1][n];
		for (int j=2; j<=n; j++){
			c[i][j]=c[i-1][j-1];
		}
	}
	for (int i=1; i<=n; i++){
		for (int j=1; j<=n; j++){
			a[i][j]=c[i][j];
		}
	}
}
void Matrix2(){
	long long c[1005][1005]={0};
	for (int j=1; j<=n; j++){
		for (int k=1; k<=n; k++){
			c[1][j]+=(ans[k][1]*a[j][k])%MOD;
			c[1][j]%=MOD;
		}
	}
	for (int i=1; i<=n; i++){
		ans[i][1]=c[1][i];
	}
}

SubTask \(3\)，64 pts(O2)，空间优化

虽然上面的时间复杂度理论上可以通过本题，但是空间绝对不允许。

空间 32MB，无论怎么样都得 MLE 送走。

还是利用上面那个原理，由于 \(A\) 矩阵循环，可以只存一行，等到累乘答案再把其他行算出来。

至于 \(A\) 矩阵自乘，也是同理。先存一行，每一次往下右移一次，即可。

还有 \(Ans\) 矩阵，本身就只有一行有数据，可以直接压掉其他行。

时间复杂度：\(O(n^2\log{m})\)

空间复杂度：\(O(n)\)

void Matrix1(){  
	long long c[3505]={0}, d[3505]={0};  //新开一个数组，用来存每次右移后的a[];
	for (int i=1; i<=n; i++) d[i]=a[i];
	for (int j=1; j<=n; j++){
		for (int k=1; k<=n; k++){
			c[j]=(c[j]+a[k]*d[k])%MOD;
		}
		int w=d[1];
		for (int k=1; k<n; k++) d[k]=d[k+1];
		d[n]=w;
	}
	for (int i=1; i<=n; i++) a[i]=c[i];
}
void Matrix2(){
	long long c[3505]={0}, d[3505]={0};
	for (int i=1; i<=n; i++) d[i]=a[i];
	for (int j=1; j<=n; j++){
		for (int k=1; k<=n; k++){
			c[j]=(c[j]+ans[k]*d[k])%MOD;
		}
		int w=d[1];
		for (int k=1; k<n; k++) d[k]=d[k+1];
		d[n]=w;
	}
	for (int i=1; i<=n; i++) ans[i]=c[i];
}

SubTask \(4\)，72 pts(O2)，常数优化Part.1

虽然时间和空间如上所说，理论上可以通过本题，但你会发现，还是过不了( TLE )。

如果你仔细计算，你会发现时间复杂度大约为 \(7.35\times10^8\)，显然无法通过本题 1s 的限制。所以，我们要想办法优化这份代码。

仔细观察每一行，你会发现以下现象：

当 \(n\) 为奇数，\(A\) 矩阵一行为：

\[\begin{matrix} a_1&a_2&a_3&\cdots&a_{\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor-1}&a_{\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor}&a_{\lfloor\frac{n+1}{2}\rfloor-1}&\cdots&a_4&a_3&a_2\\ \end{matrix} \]

当 \(n\) 为偶数，\(A\) 矩阵一行为：

\[\begin{matrix} a_1&a_2&a_3&\cdots&a_{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}&a_{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor+1}&a_{\lfloor\frac{n}{2}\rfloor}&\cdots&a_4&a_3&a_2\\ \end{matrix} \]

所以，我们只需要求出 \(A\) 矩阵一行的一半，然后再复制出来。

void Matrix1(){  //当n为奇数
	long long c[3505]={0}, d[3505]={0};
	for (int i=1; i<=n; i++) d[i]=a[i];
	for (int j=1; j<=(n+1)/2; j++){
		for (int k=1; k<=n; k++){
			c[j]=(c[j]+a[k]*d[k])%MOD;
		}
		int w=d[1];
		for (int k=1; k<n; k++) d[k]=d[k+1];
		d[n]=w;
	}
	for (int i=1; i<=(n+1)/2; i++) a[i]=c[i];
	for (int i=(n+1)/2+1; i<=n; i++) a[i]=c[n-i+2];
//	for (int i=1; i<=n; i++) printf("%lld ", a[i]);
//	puts("");
}
void Matrix3(){  //当n为偶数
	long long c[3505]={0}, d[3505]={0};
	for (int i=1; i<=n; i++) d[i]=a[i];
	for (int j=1; j<=n/2+1; j++){
		for (int k=1; k<=n; k++){
			c[j]=(c[j]+a[k]*d[k])%MOD;
		}
		int w=d[1];
		for (int k=1; k<n; k++) d[k]=d[k+1];
		d[n]=w;
	}
	for (int i=1; i<=n/2+1; i++) a[i]=c[i];
	for (int i=n/2+2; i<=n; i++) a[i]=c[n-i+2];
}
void Matrix2(){ //不变
	long long c[3505]={0}, d[3505]={0};
	for (int i=1; i<=n; i++) d[i]=a[i];
	for (int j=1; j<=n; j++){
		for (int k=1; k<=n; k++){
			c[j]=(c[j]+ans[k]*d[k])%MOD;
		}
		int w=d[1];
		for (int k=1; k<n; k++) d[k]=d[k+1];
		d[n]=w;
	}
	for (int i=1; i<=n; i++) ans[i]=c[i];
}

SubTask \(5\)，84 pts(O2)，常数优化Part.2

然后，还是 TLE。

为什么？因为 \(3.5\times10^8\) 的复杂度显然还无法通过1s的时限。

所以我们继续优化。

我们都知道，计算机做取模运算做得很慢。而当我们观察矩阵快速幂的计算过程，我们又会发现：但凡 \(A\) 或 \(Ans\) 矩阵中有一个数为 \(0\)，本次乘法与取模无意义。

所以我们遇到这种情况，直接 continue。

不过说来也玄学，这样一个 continue 居然优化了 12pts。

void Matrix1(){  
	long long c[3505]={0}, d[3505]={0};
	for (int i=1; i<=n; i++) d[i]=a[i];
	for (int j=1; j<=(n+1)/2; j++){
		for (int k=1; k<=n; k++){
			if(a[k]==0||d[k]==0) continue; //当乘法有0，跳过
			c[j]=(c[j]+a[k]*d[k])%MOD;
		}
		int w=d[1];
		for (int k=1; k<n; k++) d[k]=d[k+1];
		d[n]=w;
	}
	for (int i=1; i<=(n+1)/2; i++) a[i]=c[i];
	for (int i=(n+1)/2+1; i<=n; i++) a[i]=c[n-i+2];
//	for (int i=1; i<=n; i++) printf("%lld ", a[i]);
//	puts("");
}
void Matrix3(){  
	long long c[3505]={0}, d[3505]={0};
	for (int i=1; i<=n; i++) d[i]=a[i];
	for (int j=1; j<=n/2+1; j++){
		for (int k=1; k<=n; k++){
			if(a[k]==0||d[k]==0) continue;
			c[j]=(c[j]+a[k]*d[k])%MOD;
		}
		int w=d[1];
		for (int k=1; k<n; k++) d[k]=d[k+1];
		d[n]=w;
	}
	for (int i=1; i<=n/2+1; i++) a[i]=c[i];
	for (int i=n/2+2; i<=n; i++) a[i]=c[n-i+2];
}
void Matrix2(){
	long long c[3505]={0}, d[3505]={0};
	for (int i=1; i<=n; i++) d[i]=a[i];
	for (int j=1; j<=n; j++){
		for (int k=1; k<=n; k++){
			if(ans[k]==0||d[k]==0) continue;
			c[j]=(c[j]+ans[k]*d[k])%MOD;
		}
		int w=d[1];
		for (int k=1; k<n; k++) d[k]=d[k+1];
		d[n]=w;
	}
	for (int i=1; i<=n; i++) ans[i]=c[i];
}

SubTask \(6\) ，92 pts(O2)，常数优化 Part.3

但还是 TLE 啊啊啊！！！

所以我们还需要优化一下。

我们注意到，虽然我们执行了 continue 语句，但每一次循环还需要时间。这里的时间肯定也浪费了。

所以我们新开一个数组 \(CNT\) ，记录每一个相乘中有贡献的下标。

然后循环的时候，就可以 for (int k=1; k<=cnt; ++k) 来优化时间了。

时间复杂度：\(O(n^2\log{m})\) （由于每次 \(A\) 矩阵右移还是 \(O(n)\) 的）

inline void Matrix1(){
	cnt=0;
	memset(c, 0, sizeof c);
	for (int i=1; i<=n; i++){
		d[i]=a[i];
		if(a[i]) e[++cnt]=i;
	}
	for (int j=1; j<=(n+1)/2; ++j){
		for (int k=1; k<=cnt; ++k){
			c[j]=(c[j]+a[e[k]]*d[e[k]])%MOD;
		}
		int w=d[1];
		for (int k=1; k<n; ++k) d[k]=d[k+1];
		d[n]=w;
		for (int i=1; i<=cnt; ++i){
			e[i]--;
			if(e[i]<1) e[i]=n;
		}
	}
	for (int i=1; i<=(n+1)/2; ++i) a[i]=c[i];
	for (int i=(n+1)/2+1; i<=n; ++i) a[i]=c[n-i+2];
}
inline void Matrix3(){  
	cnt=0;
	memset(c, 0, sizeof c);
	for (int i=1; i<=n; ++i){
		d[i]=a[i];
		if(a[i]) e[++cnt]=i;
	}
	for (int j=1; j<=n/2+1; ++j){
		for (int k=1; k<=cnt; ++k){
			c[j]=(c[j]+a[e[k]]*d[e[k]])%MOD;
		}
		int w=d[1];
		for (int k=1; k<n; ++k) d[k]=d[k+1];
		d[n]=w;
		for (int i=1; i<=cnt; ++i){
			e[i]--;
			if(e[i]<1) e[i]=n;
		}
	}
	for (int i=1; i<=n/2+1; ++i) a[i]=c[i];
	for (int i=n/2+2; i<=n; ++i) a[i]=c[n-i+2];
}
inline void Matrix2(){
	memset(c, 0, sizeof c);
	cnt=0;
	for (int i=1; i<=n; ++i){
		d[i]=a[i];
		if(a[i]) e[++cnt]=i;
	} 
	for (int j=1; j<=n; ++j){
		for (int k=1; k<=cnt; ++k){ //只有e[k]中出现的值才有贡献，其他无效 
			c[j]=(c[j]+ans[e[k]]*d[e[k]])%MOD;
		}
		int w=d[1];
		for (int k=1; k<n; ++k) d[k]=d[k+1];
		for (int i=1; i<=cnt; ++i){
			e[i]--;
			if(e[i]<1) e[i]=n;
		}
		d[n]=w;
	}
	for (int i=1; i<=n; ++i) ans[i]=c[i];
}

SubTask \(7\)，100 pts(O2)，常数优化Part.4

还是 TLE 了两个点。

只能对右移操作下手了。

既然只有在 \(A\) 矩阵中的非零数才对答案有贡献，那我们在存右移的时候也可以只存这些点啊！

所以，整个右移操作被优化掉。（因为 \(A\) 自乘的时候一个数组是有贡献的值，另一个存的是下标， \(Ans\) 数组同理）

AC Code:

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>

using namespace std;
int n, m, cnt, e[3505];
const int MOD=1e9+7;
long long c[3505], a[3505], ans[3505], d[3505];
inline void Matrix1(){
	cnt=0;
	memset(c, 0, sizeof c);
	for (int i=1; i<=n; i++){
		if(a[i]) e[++cnt]=i, d[cnt]=a[i];
	}
	int u=(n+1)/2;
	for (int j=1; j<=u; ++j){
		for (int k=1; k<=cnt; ++k){
			c[j]=(c[j]+a[e[k]]*d[k])%MOD;
		}
		for (int i=1; i<=cnt; ++i){
			e[i]--;
			if(e[i]<1) e[i]=n;
		}
	}
	for (int i=1; i<=u; ++i) a[i]=c[i];
	for (int i=u+1; i<=n; ++i) a[i]=c[n-i+2];
}
inline void Matrix3(){  
	cnt=0;
	memset(c, 0, sizeof c);
	for (int i=1; i<=n; ++i){
		if(a[i]) d[++cnt]=a[i], e[cnt]=i;
	}
	int u=n/2+1;
	for (int j=1; j<=u; ++j){
		for (int k=1; k<=cnt; ++k){
			c[j]=(c[j]+a[e[k]]*d[k])%MOD;
		}
		for (int i=1; i<=cnt; ++i){
			e[i]--;
			if(e[i]<1) e[i]=n;
		}
	}
	for (int i=1; i<=u; ++i) a[i]=c[i];
	for (int i=u+1; i<=n; ++i) a[i]=c[n-i+2];
}
inline void Matrix2(){
	memset(c, 0, sizeof c);
	cnt=0;
	for (int i=1; i<=n; ++i){
		
		if(a[i])e[++cnt]=i, d[cnt]=a[i];
	}
	for (int j=1; j<=n; ++j){
		for (int k=1; k<=cnt; ++k){
			c[j]=(c[j]+ans[e[k]]*d[k])%MOD;
		}
		for (int i=1; i<=cnt; ++i){
			e[i]--;
			if(e[i]<1) e[i]=n;
		}
	}
	for (int i=1; i<=n; ++i) ans[i]=c[i];
}
int main(){
	scanf("%d%d", &n, &m);
	ans[1]=a[n]=a[2]=1;
	for (;m;){
		if(m&1) Matrix2();
		n&1?Matrix1():Matrix3();
		m>>=1;
	}
	printf("%lld\n", ans[1]);
	
	return 0;
}

标签：传球,int,Luogu,复杂度,矩阵,3505,long,P5173,cdots
From： https://www.cnblogs.com/ylc666/p/18007478

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