agc022F Checkers

• 有$n$个数，第$i$个数一开始为$(10^{100}{)}^i$，现在进行$n-1$次操作，选择两个数$x,y$，将它们变为$2x-y$。
• 求最后的剩下的数有多少种结果。$n\le 50$

Solution

• 一开始想的是建成一个二叉树，左儿子乘$-1$，右儿子乘$2$，但是我们不知道$2$次幂相同有什么排布规律使得它不算重，所以我们考虑将这个二叉树上的所有$-1$的边缩起来。
• 那么我们会得到一棵树，第$i$层的数是$+/-2^i$。
• 接下来考虑关于符号的树形$DP$。
• 从下往上一层一层地加入点，那么当前的点要么是+，要么是-，考虑如果一个点连上奇数个儿子，那么它的权值会乘上-1，考虑一个点连的儿子是有顺序的，那么一个儿子在次序为奇数会再乘上-1。
• 我们不难发现，对于儿子层的点，假设有$x$个点要求它的父亲链上对它的影响为+1，$y$个点为-1，那么一个当前层的节点，如果儿子奇数位置为要求+1的点，那么当前点的要求就变成了-1，即我们可以通过儿子来推出父亲的要求。
• 不妨设$x<=y$，那么有$y-x$个新点是奇数个的，剩下的新点的取值可以随便选择，枚举剩下的新点多少个选1，多少个选-1即可。因此我们可以知道，状态只需要记录$(x-y)$即可。
• $O(n^4)$

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define maxn 51
#define ll long long 
#define mo 1000000007
using namespace std;

int n,i,j,k,l;
ll f[maxn][maxn][2],C[maxn][maxn],ans;

int main(){
	freopen("ceshi.in","r",stdin);
	scanf("%d",&n);
	for(C[0][0]=1,i=1;i<=n;i++) for(C[i][0]=1,j=1;j<=i;j++)
		C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mo;
	f[0][0][0]=1;
	for(i=0;i<n;i++) for(j=0;j<=i;j++) for(int p=0;p<2;p++) if (f[i][j][p]){
		int x=(p==1)*j,y=(p==0)*j;
		for(k=0;i+j+k<=n;k++) for(l=0;i+j+k+l<=n;l++) if (j+k+l>0) if (i+j+k+l<n||i+j+k+l==n&&j+k+l==1)
		(f[i+j+k+l][max(x+k,y+l)-min(x+k,y+l)][x+k<=y+l]+=f[i][j][p]*C[i+j+k+l][i]%mo*C[j+k+l][y+k])%=mo;
	}
	printf("%lldn",f[n][1][0]);
}

最后

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