夏令营501-511NOIP训练18——高二学堂

传送门：QAQQAQ

题意：给你一个数$n$，把它拆分成至多$k$个正整数，使得这些数的和等于$n$且每一个正整数的个数不能超过$4$

拆分的顺序是无序的，但取出每一个数方案是不同的（例如我要拆$1$，就有$4$种方案，因为$4$个“1”是不同的）

思路：依旧神仙题。。满分好像是什么BM算法，但这道题可以用矩阵快速幂卡过去

40分：暴力，我们把$n$种数拆分成$4*n$个数，然后跑01背包就可以了，防止MLE，可以开滚动，但注意转移时要反着来

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD=1000000009;
 
int dp[10001][21],n,k,a[40005];
 
int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)
    {
        if(k>n) k=n;
        if(n==0) break;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][0]=1;
        for(int i=1;i<=4*n;i++) a[i]=(i+3)/4;
        for(int i=1;i<=4*n;i++)
        {
            for(int j=min(i,k);j>=1;j--)
            {
                for(int t=n;t>=a[i];t--)
                {
                    dp[t][j]=(dp[t][j]+dp[t-a[i]][j-1])%MOD;
                }
            }
        }
        int ans=0;
        for(int i=1;i<=k;i++) ans=(ans+dp[n][i])%MOD;
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}

60分：我们考虑转移时优化一维——即把枚举数的ID这一维优化掉

我们对于转移进行分类讨论：

1.若转移前数列中没有1，那么我们就可以一次性往现数列中加1，并对新加上的1进行“不同化”——即对加进的t个1乘上C(4,t)（这样可以保证2,3,4……都已进行“不同化”）

2.若转移中有1，那么我们就把数列中所有数都加一，使其没有1

我们可以设$dp[i][j][bl]$为和为$i$，取了$j$个数，数列中是否含有1（这种设状态较好理解）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=1000000009;

ll dp[100001][21][2],n,k;

void add(ll &x,ll y)
{
    x+=y;
    if(x>=MOD) x-=MOD;
}
ll c4[5]={1,4,6,4,1};

int main()
{
    while(scanf("%lld%lld",&n,&k)!=EOF)
    {
        if(k>n) k=n;
        if(n==0&&k==0) break;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][0][0]=1;
        for(ll i=1;i<=n;i++)
        {
            for(ll j=1;j<=min(i,k);j++)
            {
                if(i>j)
                {
                    add(dp[i][j][0],dp[i-j][j][0]);
                    add(dp[i][j][0],dp[i-j][j][1]);
                }
                for(ll t=1;t<=min(j,4LL);t++)
                    add(dp[i][j][1],dp[i-t][j-t][0]*c4[t]%MOD); 
            }
        }
        ll ans=0;
        for(ll i=1;i<=k;i++)
        {
            add(ans,dp[n][i][0]);
            add(ans,dp[n][i][1]);
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}

当然，为了后面的满分代码更方便，我们考虑对状态进行降维，我们把最后bl去掉，把“所有数加1”和“往数组里加1”两个操作一起进行

考虑到满分是矩阵快速幂，我们把剩下的两位压进一维（k比较小，所以可以压）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=1000000009;

ll dp[1000001],n,k;

void add(ll &x,ll y)
{
    x+=y;
    if(x>=MOD) x-=MOD;
}
ll c4[5]={1,4,6,4,1};
ll id(ll x,ll y)
{
    return x*10+y;
}

int main()
{
    while(scanf("%lld%lld",&n,&k)!=EOF)
    {
        if(k>n) k=n;
        if(n==0&&k==0) break;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0]=1;
        for(ll i=1;i<=n;i++)
        {
            for(ll j=1;j<=min(i,k);j++)
            {
                for(ll t=0;t<=min(j,4LL);t++)
                    add(dp[id(i,j)],dp[id(i-j,j-t)]*c4[t]%MOD); 
                    //先让原数组j-t个数都加1，再加入t个1 
            }
        }
        ll ans=0;
        for(ll i=1;i<=k;i++)
        {
            add(ans,dp[id(n,i)]);
        }
        printf("%lld
",ans);
    }
    return 0;
}

 100分：第二天补的。。。其实dp并不需要压入一维，而且dp压维因为转移的时候会涉及到dp[0][0]，所以dp压维有点不方便，我们只需要在把dp数组弄进矩阵的时候压一压就可以了

我们考虑转移需要的最早的dp和转移的周期，本来想一个一个递推的，但这种要分类j是否大于4，所以每次矩阵都会改变，无法使用矩阵快速幂。

所以我们加大周期：每十个一次转移，$dp[i][j]$由$dp[i-j][j-t]$转移而来，所以我们对于要更新出的dp[m+1][j]，枚举所有合法的t（此时t=j不合法，我们已经枚举了$dp[k][k]$前的所有状态，所以转移前状态$i$一定都大于0，所以此时$j=0$不合法）

所以总结一下，矩阵快速幂由这些要点：转移需要的最早的值，转移周期，和初始矩阵边界条件

我们把前$k*(k-1)$列都设为把ANS矩阵往前推10位，后k列根据$dp[m+1][j]$的转移前缀和系数在适当的位置填上$C(4,t)$，为了方便理解，下面打印一个k=5时的初始转移矩阵

（ANS矩阵时横着的，转移时ANS=ANS*B）

$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 6 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 $
$1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 $
$0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 6 0 $
$0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 $
$0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 $
$0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 $
$0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 6 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 4 0 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 1 0 0 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 $
$0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 $

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD=1000000009;

ll dp[31][31];
int n,k;

void add(ll &x,ll y)
{
    x+=y;
    if(x>=MOD) x-=MOD;
}
ll c4[5]={1,4,6,4,1};
int id(int x,int y)
{
    return (x-1)*k+y;
}
 
struct matrix{
    ll a[111][111];
    int n,m;
    matrix(){}
    matrix(int n,int m):n(n),m(m)
    {
        memset(a,0,sizeof(a));
    }
    void print()
    {
        for(int i=1;i<=n;i++)
        {
            for(int j=1;j<=m;j++) printf("%lld ",a[i][j]); 
            puts("");
        }
    }
};

matrix operator * (matrix A,matrix B)
{
    matrix C(A.n,B.m); 
    int t=min(A.m,B.n);
    for(int i=1;i<=C.n;i++)
    {
        for(int j=1;j<=C.m;j++)
        {
            for(int p=1;p<=t;p++)
                add(C.a[i][j],A.a[i][p]*B.a[p][j]%MOD);
        }
    }
    return C;
}

matrix qpow(matrix B,matrix A,int y)
{
    matrix Z=A;
    while(y)
    {
        if(y&1) Z=Z*B;
        B=B*B;
        y>>=1;
    }
    return Z;
}

void ready()
{
    memset(dp,0,sizeof(dp));
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=10;i++)
    {
        for(int j=1;j<=min(k,i);j++)
        {
            for(int t=0;t<=min(j,4);t++)
                add(dp[i][j],dp[i-j][j-t]*c4[t]%MOD); 
                //先让原数组j-t个数都加1，再加入t个1 
        }
    }
}

void make_matrix()
{
    matrix A(k*k,k*k);
    matrix B(k*k,k*k);
    for(int i=1;i<=A.m;i++) A.a[i][i]=1;
    for(int i=1;i<=k*k-k;i++) B.a[i+k][i]=1;
    for(int j=1;j<=k;j++)
    {
        for(int t=0;t<=min(4,j-1);t++) //和已经大于k，不可能再从取数为0的情况下一次转移而来 
        //dp[2][1]就从dp[1][1]转移而来 
        {
            B.a[id(k+1-j,j-t)][k*k-k+j]=c4[t];
        }
    }
    matrix C(1,k*k);
    for(int i=1;i<=k;i++)
    {
        for(int j=1;j<=k;j++)
        {
            C.a[1][id(i,j)]=dp[i][j];
        }
    } 
    B=qpow(B,A,n-k);
    C=C*B;
    ll ans=0;
    for(int i=1;i<=k;i++) 
    {
        add(ans,C.a[1][id(k,i)]);
    }
    printf("%lld
",ans%MOD);
}

int main()
{
    while(scanf("%d%d",&n,&k)!=EOF)
    {
        if(k>n) k=n;
        if(n==0&&k==0) break;
        ready();
        if(n<=k)
        {
            ll ans=0;
            for(int i=1;i<=k;i++) add(ans,dp[n][i]);
            printf("%lld
",ans);
        }
        else make_matrix();
    }
    return 0;
}