XJOI 夏令营501-511NOIP训练18 高二学堂

在美丽的中山纪念中学中，有座高二学堂，同样也是因为一个人，让它们变

成了现在这个样子~那就是我们伟大的级主任。
因为他，我们又迎来了一个木有电影，只有对答案的段考日；又迎来了一个
不是大礼拜，而是小礼拜的周末。因为是小礼拜，同学们都不回家，所以干脆就
回到宿舍去玩牌了。而由于三国杀太out 了，所以现在他们都玩四国杀。
四国杀（说白了就是扑克牌~）是Wayne 发明的，源于他对升级、斗地主、锄
大地等等玩法都感到厌倦了。于是他提出了这个新的玩法：
Wayne 有一副加强版的扑克牌，强大到任意取一个自然数x，在牌堆里都恰
有4 张数值为x 的牌。每次，Wayne 随机生成两个正整数n 和k，然后在牌堆
里选取不超过k 张牌，使得牌面数字之和恰为n。已知Wayne 玩了若干盘，每
盘都算出了对应的方案数，他想请你也算出各盘方案数，以验算他的结果是否正
确。
结果可能比较大，你只需要求出方案数mod 1000000009 的值即可。

输入格式：

输入文件包含不超过10 组数据。
每行包含两个整数，表示上文中的n 和k。
输入数据以两个0 表示结束。

输出格式：

输出文件中，每组数据输出一行，为对应的方案数。

样例输入：

2 1
2 2
2 3
50 5
0 0

样例输出：

4
10
10
1823966

数据范围：

对于10%的数据，k=1；
对于20%的数据，n≤10，k≤4；
对于40%的数据，n≤1000；
对于60%的数据，n≤100000；
对于另外20%的数据，只有1 组数据；
对于100%的数据，n≤10^9，k≤10。

时间限制：

1S

空间限制：

256M

DP+矩阵快速幂

神仙题

在考场上我只想出来了40分做法

40分：

可以发现这可以看做一个二维的01背包

一维是选的牌数字总和大小，还有一维是所选牌的个数

相同牌面的牌有4张，那么将这种牌拆成4个物品

设$dp[i][j][k]$表示前$i$件物品，总和为$j$，一共有$k$张牌的方案数

可以用滚动数组将第一维滚动掉

#include <bits/stdc++.h>
#pragma GCC optimize(2)
#define mod 1000000009
using namespace std;
int n,k,dp[11000][12];
int main()
{
    while (1)
    {
        scanf("%d%d",&n,&k);
        if (n==0 && k==0)
          break;
        if (n==0 || k==0)
        {
            printf("0
");
            continue;
        }
        dp[0][0]=1;
        for (int i=1;i<=4*n;i++)
        {
            int v;
            v=(i-1)/4+1;//算出当前的牌面数字
            for (int j=n;j>=v;j--)
            {
                for (int p=min(i,k);p>=1;p--)
                {
                    dp[j][p]=(dp[j][p]+dp[j-v][p-1])%mod;//同背包转移
                }
            }
        }
        int ans=0;
        for (int i=0;i<=k;i++)
          ans=(ans+dp[n][i])%mod;//统计答案
        printf("%d
",ans);
        for (int i=0;i<=n;i++)
        {
            for  (int j=0;j<=k;j++)
              dp[i][j]=0;
        }
    }
}

80分:

可以发现一个性质

对于已选的牌的集合中只有两种提高总和的方法

注意此处不再是一张一张选

1.全体数+1

2.选若干张牌面为1的牌（数量小于等于4）

那么所有选牌的方法都可以由这种方法得到

如1操作，相当于将之前所选的牌都放回去，重新拿走牌面比原来多1的牌

那么牌面为1的牌不会出现在现在所选的牌中，那么又有4张新的1可以选择

那么进行2操作

那么记$dp[i][j]$表示当前总和为$i$，已经选了$j$张牌的方案数

可以将2个操作合并成一个操作

那么转移方程为

$dp[i][j]=dp[i][j]+dp[i-j][i-k]*c[k]$

其中$c[k]$表示从4张牌找出k张牌的方案数

第一维的变化表示1操作，第二维的变化表示2操作

#include <bits/stdc++.h>
#define mod 1000000009
#define ll long long
using namespace std;
ll n,k,dp[200100][11];
ll c[5];int main()
{
    c[0]=1;
    c[1]=4;
    c[2]=6;
    c[3]=4;
    c[4]=1;
    while (1)
    {
        scanf("%lld%lld",&n,&k);
        if (n==0 && k==0)
          break;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][0]=1;
        for (ll i=1;i<=n;i++)
        {
            for (ll j=1;j<=min(i,k);j++)
            {
                for (ll p=0;p<=min((ll)4,j);p++)
                {
                    if (i>=j)//注意边界
                      dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-j][j-p]*c[p])%mod;
                }
            }
        }
        ll ans=0;
        for (ll i=0;i<=k;i++)
          ans=(ans+dp[n][i])%mod;
        printf("%lld
",ans);
    }
}

100分:

其实这种DP的转移可以用矩阵优化

因为$dp[i][j]$只会由前$k$层$DP$转移过来，那么用一个矩阵记录第$i$层到第$i-k$层$dp$的值

$egin{bmatrix} dp[i][0] & dp[i][1] & ... & dp[i][k] & ... & dp[i-k][0] & dp[i-k][1] & ... & dp[i-k][k] end{bmatrix}$

那么现在只要在构造一个转移矩阵，那么就可以转移DP了

那么将dp转移展开

$dp[i][j]=dp[i-j][j]*c[0]+dp[i-j][j-1]*c[1]+dp[i-j][j-2]*c[2]+dp[i-j][j-3]*c[3]+dp[i-j][j-4]*c[4]$

那对于每一个$dp[i][j]$找出初始矩阵的位置，并在转移矩阵中填入相应位置即可

注意这里只要将$dp[i][j]$转移到$dp[i+1][j]$，$dp[i-1]$到$dp[i-k]$的值都己经有，可以直接平移到下一行

在转移矩阵中斜着填入1即可

此处给出7 2的转移矩阵

$egin{matrix} 0 & 4 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\ 0 & 1 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0\ 0 & 0 & 6 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0 & 0\ 0 & 0 & 4 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1 & 0\ 0 & 0 & 1 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 1\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\ 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0 & 0\ end{matrix}$

#include <bits/stdc++.h>
#define mod 1000000009
#define ll long long
using namespace std;
ll n,k,dp[35][11];
ll c[5];
struct node
{
    ll n,num[130][130];
    void init()
    {
        for (int i=1;i<=n;i++)
        {
            for (int j=1;j<=n;j++)
              num[i][j]=0;
        }//初始化
    }
}tr,f;
node operator * (node a,node b)
{
    node c;
    c.n=a.n;
    c.init();
    for (int i=1;i<=a.n;i++)
    {
        for (int j=1;j<=a.n;j++)
        {
            for (int p=1;p<=a.n;p++)
            {
                c.num[i][j]=(c.num[i][j]+a.num[i][p]*b.num[p][j])%mod;
            }
        }
    }
    return c;
}//矩阵乘法
node m_pow(node a,int b)
{
    node ans;
    ans.n=a.n;
    ans.init();
    for (int i=1;i<=ans.n;i++)
      ans.num[i][i]=1;
    while (b>0)
    {
        if (b&1)
          ans=ans*a;
        a=a*a;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}//矩阵快速幂
pair <int,int> find(int x)
{
    pair <int,int> p;
    if (x%(k+1)==0)
    {
        p.first=x/(k+1);
        p.second=k;
    }
    else
    {
        p.first=x/(k+1)+1;
        p.second=x%(k+1)-1;
    }
    return p;
}//此函数求的是在矩阵中第x个数的dp的下标减去最高层的值
//也就是矩阵中的坐标
int wh(pair <int,int> p)
{
    return (k+1)*(p.first-1)+p.second+1;
}//逆运算
int main()
{
    c[0]=1;
    c[1]=4;
    c[2]=6;
    c[3]=4;
    c[4]=1;
    while (1)
    {
        scanf("%lld%lld",&n,&k);
        if (n==0 && k==0)
          break;
        memset(dp,0,sizeof(dp));
        dp[0][0]=1;
        for (int i=1;i<=k;i++)
        {
            for (int j=1;j<=min(i,(int)k);j++)
            {
                for (int p=0;p<=min(4,j);p++)
                {
                    if (i>=j)
                      dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-j][j-p]*c[p])%mod;
                }
            }
        }
        if (k>=n)
        {
            ll ans=0;
            for (int i=0;i<=k;i++)
              ans=(ans+dp[n][i])%mod;
            printf("%lld
",ans);
            continue;
        }
        f.n=tr.n=(k+1)*(k+1);
        f.init();tr.init();
        int x,y;
        x=k;
        y=0;
        for (int j=1;j<=f.n;j++)
        {
            f.num[1][j]=dp[x][y];
            y++;
            if (y==k+1)
            {
                x--;
                y=0;
            }
        }
        for (int j=1;j<=k+1;j++)
        {
            if (j==f.n)
              j=f.n;
            pair <int,int> now;
            now=find(j);
            now.first=now.first+now.second-1;
            for (int p=0;p<=4;p++)
            {
                if (now.first>k+1 || now.first<=0 || now.second>k || now.second<0)
                  continue;
                tr.num[wh(now)][j]=c[p];//构造转移矩阵
                now.second=now.second-1;
            }
        }
        for (int j=k+2,nx=1;j<=f.n;j++,nx++)
          tr.num[nx][j]=1;//将第一层之后的dp值向后平移一位
        node final;
        final=f*m_pow(tr,n-k);
        ll ans=0;
        for (int i=1;i<=k+1;i++)
          ans=(ans+final.num[1][i])%mod;//统计答案
        printf("%lld
",ans);
    }
}