我好sb啊
本文的除法都是整除（(important)）
不放题面了
打爆搜， 找规律。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 105;
const int inf = 1000000005;
int n, a[maxn], ans;
map<int, bool> v;
void dfs(int step) {
int s=0;
int sum=0;
for(int i=1;i<=n;++i) sum+=a[i], s|=(a[i]<<i);
if(!sum) {
ans = min(ans,step);
return;
}
if(v.count(s)) return;
v[s]=1;
if(a[1]) {
a[1]=0;
dfs(step+1);
a[1]=1;
}
if(!a[1]) {
a[1]=1;
dfs(step+1);
a[1]=0;
}
for(int i=1;i<n;++i) if(a[i]) {
if(a[i+1]) {
a[i+1]=0;
dfs(step+1);
a[i+1]=1;
}
if(!a[i+1]) {
a[i+1]=1;
dfs(step+1);
a[i+1]=0;
}
break;
}
}
int main()
{
for(n=1;n<=10;++n) {
v.clear();
for(int i=1;i<=n;++i) a[i]=1;
ans = inf;
dfs(0);
cout<<ans<<'
';
}
return 0;
}
打出的表
1
2
5
10
21
42
85
170
341
682
递推式是
[f[i]=
egin{cases}
0, quad i=0\
2*f[i-1]+1, quad i&1 \
2*f[i-1], quad !(i&1)
end{cases}
]
然后就可以 (O(n)) 递推， 不过没模数，显然会炸， 能想到的解决方案就是高精， 而且在这个数据范围下似乎肯定是 (FFT) 优化高精快速幂。
可是这个式子很哲学qwq
化简下
[f[i]=
egin{cases}
0, quad i=0\
f[i-1]+f[i-1]+1, quad i&1 \
f[i-1]+f[i-1], quad !(i&1)
end{cases}
]
继续拆
[egin{cases}
0, quad i=0\
1,quad i=1\
f[i-1]+2*f[i-2]+1, quad i&1 \
f[i-1]+2*f[i-2]+1, quad !(i&1)
end{cases}
]
对于最后这个式子可以求它的封闭形式（我不会啊gan， 具体数学&高中数学 没学好qwq）
[别人的推导！
]
[f_n = f_{n-1} + 2*f_{n-2} + 1
]
[f_n + f_{n-1}= 2*f_{n-1} + 2*f_{n-2} + 1
]
[f_n + f_{n-1} + 1 = 2*f_{n-1} + 2*f_{n-2} + 2
]
[= 2*(f_{n-1} + f_{n-2} + 1)
]
设 (G_n = f_n + f_{n-1} + 1)， 则
[G[n]=2^n
]
将 (G) 代入 (f_n = f_{n-1} + 2*f_{n-2} + 1)， 得
[f_i = f_{n-1} + 2*f_{n-2} + 1
]
[= f_{n-2} + G_{n-1}
]
[= f_{n-2} + 2^{n-1}
]
可以看出，
(n) 为奇数时，
[f_n = 1 + 4 + cdots 2^{n-3} + 2^{n-1}
]
(i) 为偶数时，
[f_n = 2 + 8 + cdots 2^{n-3} + 2^{n-1}
]
套下等比数列求和公式
(n) 为奇数时，
[f_n = 1*sum_{i=0}^{frac{n}2}4^i
]
[=frac{4^{frac{n}2+1}-1}3
]
(n) 为偶数时，
[f_n = 2*sum_{i=0}^{frac{n}2-1} 4^i
]
[= frac{2^{n+1}-2}3
]
（扰动法真好用qwq）
然后就可以上 (FFT) 快速幂做这道题了qwq。
（当然我也是闲的没事才会干这种事情）
我不想写高精除和高精减qwq