[Codeforces712D] Memory and Scores（DP+前缀和优化）（不用单调队列）

[Codeforces712D] Memory and Scores（DP+前缀和优化）（不用单调队列）

题面

两个人玩游戏，共进行t轮，每人每轮从[-k,k]中选出一个数字，将其加到自己的总分中。已知两人的初始得分分别为a和b，求第一个人最后获胜的方案数。两种方案被认为是不同的，当且仅当存在其中一轮，其中一人选到的数字不同。a, b, t≤100，k≤1000

分析

两个人的操作是独立的，设(dp1[i][j])表示第1个人玩i轮得到j分的方案数，第2个人同理

则有(dp1[0][a]=0)

​ (dp1[i][j]=sum _{u=j-k}^{j+k} dp1[i-1][u])

第2个人只需要把dp的初始值改成(dp2[0][b]=0)即可。这样的空间复杂度是(O(kt^2)),时间复杂度是(O(k^2t^2)),考虑优化。

首先可以用滚动数组，这样空间复杂度就变成了(O(kt))

注意到(u in [j-k,j+k]),可以用前缀和优化，定义(sum1[i][j] = sum_{u=-maxv}^{maxv} sum1[i][u])，则dp方程可以改写成(dp1[i][j]=sum[i-1][j+k]-sum[i-1][j+k-1]).时间复杂度(O(kt^2))，对于dp2我们同理维护

最后统计答案的时候只需要用第1个人得到i分的方案数乘上第2个人得到<i分的方案数即可，这时候又可以用上我们的sum数组

[ans=sum_{i=-maxv}^{maxv} dp1[t][i] imes sum2[t][i-1] ]

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define maxv 200100 
#define mod 1000000007
using namespace std;
int a,b,k,t;
struct arr{
	long long a[maxv*4+5];
	inline long long& operator [] (const int index){
		return a[index+maxv*2];
	}
};
arr dp1[2],dp2[2]; 
arr sum1[2],sum2[2];
int main(){
	int now1,now2;
	scanf("%d %d %d %d",&a,&b,&k,&t);
	dp1[0][a]=1;
	for(int j=-maxv;j<=maxv;j++) sum1[0][j]=(sum1[0][j-1]+dp1[0][j])%mod;
	now1=0;
	for(int i=1;i<=t;i++){
		now1^=1;
		for(int j=-maxv;j<=maxv;j++){
			dp1[now1][j]=sum1[now1^1][j+k]-sum1[now1^1][j-k-1];
			dp1[now1][j]=(dp1[now1][j]+mod)%mod;
		}
		sum1[now1][-maxv-1]=0;
		for(int j=-maxv;j<=maxv;j++){
			sum1[now1][j]=sum1[now1][j-1]+dp1[now1][j];
			sum1[now1][j]%=mod;
		}
	}
	
	dp2[0][b]=1;
	for(int j=-maxv;j<=maxv;j++) sum2[0][j]=(sum2[0][j-1]+dp2[0][j])%mod;
	now2=0;
	for(int i=1;i<=t;i++){
		now2^=1;
		for(int j=-maxv;j<=maxv;j++){
			dp2[now2][j]=sum2[now2^1][j+k]-sum2[now2^1][j-k-1];
			dp2[now2][j]=(dp2[now2][j]+mod)%mod;
		}
		sum2[now2][-maxv-1]=0;
		for(int j=-maxv;j<=maxv;j++){
			sum2[now2][j]=sum2[now2][j-1]+dp2[now2][j];
			sum2[now2][j]%=mod;
		}
	}
	
	long long ans=0;
	for(int i=-k*t+a;i<=k*t+a;i++){
		ans+=dp1[now1][i]*sum2[now2][i-1]%mod;
		ans%=mod;
	}
	printf("%I64d
",ans);
}