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Solution -「USACO 2020.12 P」Spaceship

2021-03-07 10:01:12 作者：互联网

\(\mathcal{Description}\)

Bessie 在一张含 \(n\) 个结点的有向图上遍历，站在某个结点上时，她必须按下自己手中 \(m\) 个按钮中处于激活状态的一个才能走向其他结点或终止遍历（不能原地等待）。初始时，所有按钮都处于激活状态，按下 \(i\) 号按钮时，\(i\) 号按钮变为非激活状态，所有编号 \(<i\) 的按钮被激活。

给定 \(q\) 组形如 \((b_s,s,b_t,t)\) 的询问，求 Bessie 从 \(s\) 出发，第一步按 \(b_s\) 按钮，到 \(t\) 终止遍历，且最后一步按 \(b_t\) 按钮的遍历方案数（遍历顺序或按键不同，方案则不同）。

\(n,k,q\le60\)。

\(\mathcal{Solution}\)

大概是图上的高维大力 DP 题叭。

初步理解按键规则：若把 \(m\) 个按键视为一个二进制数，那么在行动过程中这一数的数值是单增的——因为若按键最高非激活位被重新激活，则一定被更高位激活。

进一步，我们尝试以“非激活按键的最高位”为切入点设计 DP 状态。令 \(f(h,i,j)\) 表示从 \(i\) 出发（不钦定第一步）走到 \(j\)（不钦定最后一步），且非激活按键最高位不超过 \(h\) 的方案数。转移：

当前方案根本没有取到过 \(h\)，\(f(h,i,j)\longleftarrow f(h-1,i,j)\)。
否则，枚举取到 \(h\) 的唯一一点 \(k\)，显然有

\[f(h,i,j)\longleftarrow\sum_{(u,k),(k,v)\in E}f(h-1,i,u)f(h-1,v,j) \]
注意到 \(h\) 和 \(k\) 正在枚举，视为常数，乘法中的两个状态分别只和 \(i\) 与 \(j\) 有关，所以只需要定义辅助状态

\[g(i)=\sum_{(u,k)\in E}f(h-1,i,u)\\ h(j)=\sum_{(k,v)\in E}f(h-1,v,j) \]
则有 \(f(h,i,j)\longleftarrow g(i)h(j)\)。

最后一个问题，求出这个 \(f\) 有什么用呢？

\(f\) 的定义与询问的差别仅有是否限制第一步和最后一步，所以可以直接把 \(q\) 个限制当做虚拟点丢到状态里，让 \(f\) 成为 \(m\times(n+q)\times(n+q)\) 的状态，\(f(h,i,j)\) 的含义变为：

\(i,j\le n\)：含义不变；
\(i\le n\)，\(j>n\)：从 \(i\) 出发（不钦定第一步），走到第 \(j-n\) 个询问的 \(t\) 且最后一步为 \(b_t\) 的方案数；
\(i>n\)，\(j\le n\)：从第 \(i-1\) 个询问的 \(s\) 出发，且第一步为 \(b_s\)，走到 \(j\)（不钦定最后一步）的方案数；
\(i>n\)，\(j>n\)：同理。

可见，第 \(i\) 个询问的答案即为 \(f(m,n+i,n+i)\)。转移过程需要变化的地方仅是当枚举的 \((h,k)\) 恰好为某个询问的某个端点时才给 \(g\) 或 \(h\) 添加方案。

综上，复杂度 \(\mathcal O(mn(n+q)^2)\)，代码极度舒适。

\(\mathcal{Code}\)

/* Clearink */

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rpbound##i = r; i <= rpbound##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, rpbound##i = l; i >= rpbound##i; --i )

const int MAXN = 60, MOD = 1e9 + 7;
int n, m, q, f[MAXN + 5][MAXN * 2 + 5][MAXN * 2 + 5];
int lef[MAXN * 2 + 5], rig[MAXN * 2 + 5];
char adj[MAXN + 5][MAXN + 5];
struct Query { int bs, s, bt, t; } qry[MAXN + 5];

inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }

int main() {
	scanf( "%d %d %d", &n, &m, &q );
	rep ( i, 1, n ) {
		scanf( "%s", adj[i] + 1 );
		rep ( j, 1, n ) adj[i][j] ^= '0';
	}
	rep ( i, 1, q ) {
		scanf( "%d %d %d %d", &qry[i].bs, &qry[i].s, &qry[i].bt, &qry[i].t );
	}
	rep ( h, 1, m ) {
		int ( *fcur )[MAXN * 2 + 5]( f[h] );
		int ( *flas )[MAXN * 2 + 5]( f[h - 1] );
		rep ( i, 1, n + q ) rep ( j, 1, n + q ) fcur[i][j] = flas[i][j];
		rep ( k, 1, n ) {
			rep ( i, 1, n ) lef[i] = rig[i] = 0;
			lef[k] = rig[k] = 1;
			rep ( i, 1, q ) {
				lef[n + i] = qry[i].bs == h && qry[i].s == k;
				rig[n + i] = qry[i].bt == h && qry[i].t == k;
			}
			rep ( i, 1, n + q ) rep ( j, 1, n ) if ( adj[j][k] ) {
				addeq( lef[i], flas[i][j] );
			}
			rep ( i, 1, n ) rep ( j, 1, n + q ) if ( adj[k][i] ) {
				addeq( rig[j], flas[i][j] );
			}
			rep ( i, 1, n + q ) rep ( j, 1, n + q ) {
				addeq( fcur[i][j], mul( lef[i], rig[j] ) );
			}
		}
	}
	rep ( i, 1, q ) printf( "%d\n", f[m][n + i][n + i] );
	return 0;
}

标签：lef,int,rep,Solution,USACO,MAXN,qry,2020.12,MOD
来源： https://www.cnblogs.com/rainybunny/p/14493680.html