20241004 动态规划选讲
P6669 [清华集训2016] 组合数问题
使用 Lucas 定理：\(C_n^m\equiv C_{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor}C_{n\bmod p}^{m\bmod p}(\bmod p)\)。这等价于将 \(n,m\) 在 \(k\) 进制下的每一位的组合数相乘。要想使 \(k\ |\ C_n^m\)，就要存在一位的组合数为 \(0\)，也就是 \(n\) 的这一位小于 \(m\) 的这一位。数位 dp 就能求出方案。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read(){
int w = 1, s = 0;
char c = getchar();
for (; c < '0' || c > '9'; w *= (c == '-') ? -1 : 1, c = getchar());
for (; c >= '0' && c <= '9'; s = 10 * s + (c - '0'), c = getchar());
return s * w;
}
const int INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f, MOD = 1e9 + 7;
int T, k, n, m, cnt, f[1000][2][2][2], a[1000], b[1000];
int dp(int dep, bool ok, bool in, bool jm){
if (dep == cnt + 1) return ok;
if (~f[dep][ok][in][jm]) return f[dep][ok][in][jm];
int limi = in ? a[dep] : k - 1, limj = jm ? b[dep] : k - 1, res = 0;
for (int i = 0; i <= limi; i++){
for (int j = 0; j <= limj; j++){
(res += dp(dep + 1, ok | (i < j), in & (i == a[dep]), jm & (j == b[dep]))) %= MOD;
}
}
return f[dep][ok][in][jm] = res;
}
signed main(){
T = read(), k = read();
while (T--){
n = read(), m = read();
int tmp = max(n, m), nn = n, mm = m; cnt = 0;
while (tmp) cnt++, tmp /= k;
for (int i = cnt; i; i--) a[i] = n % k, n /= k;
for (int i = cnt; i; i--) b[i] = m % k, m /= k;
memset(f, -1, sizeof(f));
int ans = dp(1, false, true, true);
if (mm > nn) ans = (ans - ((nn + 1) % MOD) * ((2 * mm - nn) % MOD) % MOD * ((MOD + 1) / 2) % MOD + MOD) % MOD;
else ans = (ans - (mm % MOD) * ((mm + 1) % MOD) % MOD * ((MOD + 1) / 2) % MOD + MOD) % MOD;
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
P3959 [NOIP2017 提高组] 宝藏
转化一下题意，就是要求出一颗生成树，使得每个点的深度乘上它到父亲的边权的总和最小。注意到 \(n\) 很小，考虑状压 dp。设 \(f_{i,s}\) 表示目前已在生成树中的点集为 \(s\)，最大深度为 \(i\) 的最小代价。转移时直接枚举树中下一层选哪些点，这样是 \(O(3^nn)\) 的，再 \(O(n)\) 计算贡献，总复杂度 \(O(3^nn^2)\)，常数较小，可以通过。
如何 \(O(n)\) 计算贡献？\(O(2^nn^2)\) 预处理 \(a_{i,s}\) 表示 \(i\) 与点集 \(s\) 相连的边权中的最小值，dp 转移时直接使用即可。
AGC009E Eternal Average
转化一下题意：一颗每个非叶节点都有 \(k\) 个儿子的树，叶节点有 \(n+m\) 个，其中 \(n\) 个权值为 \(0\)，\(m\) 个权值为 \(1\)，每个非叶节点的权值为儿子权值的平均数，求根节点权值的方案数。
考虑一个深度为 \(dep\) （根的深度为 \(1\)）的权值为 \(1\) 的叶节点会对根节点的权值造成什么贡献，发现是 \(\frac{1}{k^{dep}}\)。注意到树的层数不超过 \(t=\frac{n+m-1}{k-1}\)，那么将所有点的权值乘以 \(k^t\) 也不会影响答案，这时一个叶子的贡献就为 \(k^{t-dep}\)。
由此可以想到，将根的权值看作一个允许前导 \(0\) 的 \(t\) 为非零 \(k\) 进制数，那么一个叶子的贡献就是在这个数的从低到高第 \(t-dep+1\) 位加上一。暂时不考虑产生进位的情况。可以发现在节点无标号的情况下，这个 \(k\) 进制数和 \(k\) 叉树是一一对应的。那么用一个背包统计有多少种这样的 \(k\) 进制数。考虑存在进位会发生什么，就等价于 \(k\) 个权值为 \(1\) 的叶子变成上一层的一个权值为 \(1\) 的叶子，节点个数减少 \(k-1\)。此时，树的最大深度也会减一，也就是 \(k\) 进制数的位数。那么统计答案时，直接枚举产生了几次进位累加即可。\(n,m\) 同阶，则时间复杂度 \(O(n^2)\)。
int t = (n + m - 1) / (k - 1);
f[0][0] = 1;
for (int i = 0; i < t; i++)
for (int j = 0; j <= m; j++)
for (int v = 0; v < k; v++) (f[i + 1][j + v] += f[i][j]) %= MOD;
for (int i = m; i >= 1; i -= k - 1, t--) (ans += f[t][i]) %= MOD;