USACO19JAN Cow Poetry

题意

给定(Nleq1000)个单词，每个单词有两个属性：长度(s_i)，音节(c_i)

奶牛Bessie想要创作一首有(Mleq 10^5)行的诗歌，其中，对于每一行规定其韵脚为(C)（(C)为一大写字母），其长度为(Kleq 1000)

也就是说，组成第(i)行的单词的长度之和为(K)，并且对于所有韵脚为(C)的行，其最后一个单词的音节都是相同的（不同韵脚的行的音节也有可能相同）

请求出Bessie可能创作的不同的诗歌的数目取模(10^9 +7)

解法

观察到韵脚最多只有(26)种，我们可以发现最终复杂度与(M)无关

设(f[i])为最后一个单词音节为(i)，总长度为(K)的段的方案数，(cnt[i])为韵脚为(i)的行数

那么最后的答案即为(prod (sum f[j]^{cnt[i]}))

接下来我们求(f)数组

我们枚举最后一个单词的音节(c)，在确定音节以后枚举对应的单词(i)

设(g[i])为长度为(i)的段的组合方案数

那么(f[c]=sum g[K-s_i] imes[c_i =c])

(g)数组背包预处理即可：由于这里的组合方案是有序的，所以我们外层枚举长度，内层枚举物品（否则求出的组合方案是无序的）

代码

#include <cstdio>

using namespace std;

const int MAX_N = 5e3 + 10;
const int mod = 1e9 + 7;

int N, M, K, top;

int a[30], t[30];
int s[MAX_N], c[MAX_N], f[MAX_N], g[MAX_N], h[MAX_N];

char ch[10];

inline void add(int& x, int y) { x = (x + y) % mod; }
inline void mul(int& x, int y) { x = 1LL * x * y % mod; }

inline int qpow(int x, int y) {
	int res = 1;
	for (; y; mul(x, x), y >>= 1)
		if (y & 1)  mul(res, x);
	return res;	
}

int main() {
	
	scanf("%d%d%d", &N, &M, &K);
	
	for (int i = 1; i <= N; ++i)  scanf("%d%d", s + i, c + i);
	
	for (int i = 1; i <= M; ++i) {
		scanf("%s", ch);
		a[ch[0] - 'A' + 1]++;
	}
	
	for (int i = 1; i <= 26; ++i)  
		if (a[i])  t[++top] = a[i];
	
	g[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= K; ++i)
		for (int j = 1; j <= N; ++j)
			if (i >= s[j])  add(g[i], g[i - s[j]]); 
	
	for (int i = 1; i <= N; ++i)
		for (int j = 1; j <= N; ++j) {
			if (c[j] ^ i)  continue;
			add(f[i], g[K - s[j]]);
		}
	
	int ans = 1;
	for (int i = 1; i <= top; ++i)
		for (int j = 1; j <= N; ++j)  
			add(h[i], qpow(f[j], t[i]));			
	
	for (int i = 1; i <= top; ++i)  mul(ans, h[i]);
	
		
	printf("%d
", ans);
		
	return 0;		
}