[hdu6984]Tree Planting

构造一个01矩阵，其中格子$(i,j)$​​​​​对应于第$ik+j$​​个​​​的位置（其中$0le i<lceilfrac{n}{k} ceil,0le j<k$​​​，位置从0开始编号）​​，那么问题即有以下限制：

1.$(lceilfrac{n}{k} ceil-1,j)$（其中$n-(lceilfrac{n}{k} ceil-1)kle j<k$​不能被选择（强制为0）

2.$forall 1le i<lceilfrac{n}{k} ceil$和$0le j<k$，$(i-1,j)$和$(i,j)$不同时为0

3.$forall 0le i<lceilfrac{n}{k} ceil$和$0le j<k$，$(i,j)$和$(i,(j+1)mod k)$不同时为0

关于这个问题，考虑状压dp，有两种dp方式：

1.从上到下、从左到右dp，dp到$(i,j)$​时记录$(i,[0,j])$​和$(i-1,(j,k))$​的01状态即可，复杂度为$o(n2^{k})$

2.从左到右、从上到下dp，dp到$(i,j)$​时记录$([0,lceilfrac{n}{k} ceil),0),([0,i],j)$​和$((i,lceilfrac{n}{k} ceil),j-1)$​的01状态即可，复杂度为$o(n2^{frac{2n}{k}})$（前者可以初始枚举来方便实现）

将两者合并，即对$k^{2}le 2n$​​和$k^{2}>sqrt{2n}$​​分别使用第1种和第2种方式dp

同时，注意到状态序列中不能存在相邻的1，因此$2^{n}$对应的合法状态数仅为$F_{n+2}$（其中$F$为斐波那契数列），根据通项公式约为$1.618^{n}$​

最终，总复杂度为$o(ncdot 1.618^{sqrt{2n}})$​，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 305
#define M 200005
#define L (1<<24)
#define mod 1000000007
#define ll long long
#define Add(x,y) x=(x+y)%mod
vector<int>v;
int t,n,k,ans,w[N],vis[L],id[L],f[N<<1][M];
int main(){
    scanf("%d",&t);
    while (t--){
        scanf("%d%d",&n,&k);
        for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&w[i]);
        int r=(n+k-1)/k,c=k;
        ans=mod-1;
        if (k*k<=2*n){
            v.clear();
            for(int i=0;i<(1<<c);i++){
                vis[i]=((vis[i>>1])|((i&3)==3));
                if (!vis[i]){
                    id[i]=v.size();
                    v.push_back(i);
                }
            }
            for(int i=0;i<=n;i++)
                for(int S=0;S<v.size();S++)f[i][S]=0;
            f[0][0]=1;
            for(int i=0;i<n;i++)
                for(int S=0;S<v.size();S++){
                    Add(f[i+1][id[v[S]>>1]],f[i][S]);
                    if ((v[S]&((1<<c-1)|1))==0)Add(f[i+1][id[(v[S]>>1)|(1<<c-1)]],(ll)w[i]*f[i][S]);
                }
            for(int S=0;S<v.size();S++)Add(ans,f[n][S]);
        }
        else{
            v.clear();
            for(int i=0;i<(1<<r);i++){
                vis[i]=(vis[i>>1])+((i&3)==3);
                if (vis[i]<=1){
                    id[i]=v.size();
                    v.push_back(i);
                }
            }
            for(int SS=0;SS<v.size();SS++){
                if (vis[v[SS]])continue;
                for(int i=0;i<=r*(c-1);i++)
                    for(int S=0;S<v.size();S++)f[i][S]=0;
                f[0][SS]=1;
                for(int i=0;i<r;i++)
                    if (v[SS]&(1<<i))f[0][SS]=(ll)w[i*c]*f[0][SS]%mod;
                for(int j=1;j<c;j++)
                    for(int i=0;i<r;i++){
                        int k=(j-1)*r+i,pos=i*c+j;
                        for(int S=0;S<v.size();S++){
                            Add(f[k+1][id[v[S]>>1]],f[k][S]);
                            if ((pos<n)&&((v[S]&1)==0)&&((!i)||((v[S]&(1<<r-1))==0)))Add(f[k+1][id[(v[S]>>1)|(1<<r-1)]],(ll)w[pos]*f[k][S]);
                        }
                    }
                for(int S=0;S<v.size();S++)
                    if ((v[S]&(v[SS]>>1))==0)Add(ans,f[r*(c-1)][S]);
            }
        }
        printf("%d
",ans);
    }
    return 0;
}