CodeForces 1152F1 Neko Rules the Catniverse (Small Version)

题目链接：http://codeforces.com/problemset/problem/1152/F1

题目大意

　　有 n 个星球，给定限制 m，从 x 星球走到 y 星球的条件是，$1 leq y leq x + m$，且 y 不能被访问过。
　　求游玩其中 k 个星球有多少种不同的方案？

分析

　　一开始我的想法是二维 dp，dp[i][j] 表示前 i 个星球，访问其中 j 个，一共的方案种数，然后在遍历到第 i + 1 个星球的时候，很明显有访问和不访问两种操作，不访问好算，直接赋值即可，而访问就难算了，因为 dp[i + 1][j + 1] 与编号在 [i - m + 1, i] 区间内的星球访问状况是相关的，以 m == 4 为例，假设后四个星球的访问状态为 “1010”（1代表访问了，0代表没访问），那么第 i + 1 号星球，可以在第 i - 3 号星球之后被访问，也可以在第 i - 1 号星球之后被访问，也可以第一个被访问。也就是说，对于前 i 个星球，访问其中 j 个的每一种可行方案，都可以拆分成把第 i + 1 号星球插到第 i - 3 号后，把第 i + 1 号星球插到第 i - 1 号后，把第 i + 1 号星球插到第一个一共三种方案。因此 dp[i + 1][j + 1] = 3 * dp[i][j]（后4个星球的访问状态为“1010”）。

　　通过上面的分析，可以得知 dp 数组应该是三维的，第三维就是后m个星球的访问状态。此题为状压dp。

　　dp[i][j][sta] 表示前 i 个星球，访问其中 j 个，后m个星球的访问状态为 sta 时一共的方案种数。

　　当遍历到第 i + 1 号星球时，状态转移方程为：

1. 不访问：dp[i + 1][j][newsta] += dp[i][j][sta]，newsta = (sta << 1) % (1 << m)。
2. 访问：dp[i + 1][j + 1][newsta] += dp[i][j][sta] * (1 + 后m个星球被访问过的星球个数)，newsta = ((sta << 1) % (1 << m)) | 1。

　　初始状态为 dp[0][0][0] = 1，dp[0][j][sta] = 0。

　　PS：newsta 可能对应多种不同的访问星球集合，所以要用 += 而不能用 =。

代码如下

　　时间复杂度：$O(n*k*2^m)$

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define INIT() ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
#define Rep(i,n) for (int i = 0; i < (n); ++i)
#define For(i,s,t) for (int i = (s); i <= (t); ++i)
#define rFor(i,t,s) for (int i = (t); i >= (s); --i)
#define ForLL(i, s, t) for (LL i = LL(s); i <= LL(t); ++i)
#define rForLL(i, t, s) for (LL i = LL(t); i >= LL(s); --i)
#define foreach(i,c) for (__typeof(c.begin()) i = c.begin(); i != c.end(); ++i)
#define rforeach(i,c) for (__typeof(c.rbegin()) i = c.rbegin(); i != c.rend(); ++i)
 
#define pr(x) cout << #x << " = " << x << "  "
#define prln(x) cout << #x << " = " << x << endl
 
#define LOWBIT(x) ((x)&(-x))
 
#define ALL(x) x.begin(),x.end()
#define INS(x) inserter(x,x.begin())
 
#define ms0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define msI(a) memset(a,inf,sizeof(a))
#define msM(a) memset(a,-1,sizeof(a))

#define MP make_pair
#define PB push_back
#define ft first
#define sd second
 
template<typename T1, typename T2>
istream &operator>>(istream &in, pair<T1, T2> &p) {
    in >> p.first >> p.second;
    return in;
}
 
template<typename T>
istream &operator>>(istream &in, vector<T> &v) {
    for (auto &x: v)
        in >> x;
    return in;
}
 
template<typename T1, typename T2>
ostream &operator<<(ostream &out, const std::pair<T1, T2> &p) {
    out << "[" << p.first << ", " << p.second << "]" << "
";
    return out;
}

inline int gc(){
    static const int BUF = 1e7;
    static char buf[BUF], *bg = buf + BUF, *ed = bg;
    
    if(bg == ed) fread(bg = buf, 1, BUF, stdin);
    return *bg++;
} 

inline int ri(){
    int x = 0, f = 1, c = gc();
    for(; c<48||c>57; f = c=='-'?-1:f, c=gc());
    for(; c>47&&c<58; x = x*10 + c - 48, c=gc());
    return x*f;
}
 
typedef long long LL;
typedef unsigned long long uLL;
typedef pair< double, double > PDD;
typedef pair< int, int > PII;
typedef pair< string, int > PSI;
typedef set< int > SI;
typedef vector< int > VI;
typedef map< int, int > MII;
typedef pair< LL, LL > PLL;
typedef vector< LL > VL;
typedef vector< VL > VVL;
const double EPS = 1e-10;
const LL inf = 0x7fffffff;
const LL infLL = 0x7fffffffffffffffLL;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int maxN = 1e5 + 7;
const LL ONE = 1;
const LL evenBits = 0xaaaaaaaaaaaaaaaa;
const LL oddBits = 0x5555555555555555;

void add_mod(LL &a, LL b) {
    a = (a + b) % mod;
}

int n, k, m;
// dp[i][j][k] 表示在前 i 个星球中，选 j 个，第 i-m-1 ~ i 的选取状态的二进制表示为 k 时的方案数  
LL dp[maxN][13][16]; 
LL ans;

int main(){
    INIT(); 
    cin >> n >> k >> m;
    int maxSta = 1 << m; 
    dp[0][0][0] = 1; 
    
    Rep(i, n) {
        Rep(j, k + 1) {
            Rep(sta, maxSta) {
                int newsta = (sta << 1) % maxSta;
                // 不选 i + 1 个星球
                add_mod(dp[i + 1][j][newsta], dp[i][j][sta]);
                // 选 i + 1 个星球
                if (j < k) {
                    LL insertWays = __builtin_popcount(sta) + 1;
                    add_mod(dp[i + 1][j + 1][newsta | 1], insertWays * dp[i][j][sta]);
                }
            }
        }
    }
    
    Rep(sta, maxSta) add_mod(ans, dp[n][k][sta]);
    cout << ans << endl;
    return 0;
}