CF1152 F. Neko Rules the Catniverse (dp)

题意

一条长为 (n) 的数轴，可以从任意整点 (in [1, n]) 出发，假设当前在 (x) ，下一步能到达的点 (y) 需要满足，(y) 从未到过，且 (1 le y le x + m) ，问长恰好为 (k) 的合法路径条数。

数据范围

对于 (F1) 有 (1 le n le 10^5, 1 le k le min(n, 12), 1 le m le 4)

对于 (F2​) 有 (1 le n le 10^9​) 。

题解

比较 ( ext{tricky}) 的一个题。

考虑我们当前假设经过的路径为 (v_1, v_2, cdots, v_p) ，我们当前可以添加一个 (x < min_{i = 1}^{p} {v_i}) 。显然我们是一定可以添加到队尾的，其次我们可以添加到那些 (v_i le x + m) 的前面。

那么我们就得到一个很显然的 (dp) 了，考虑从大到小依次考虑每个数填还是不填就能轻松转移了。

具体来说设 (dp[i][j][sta]) 为当前在第 (i) 个位置，路径长度为 (j) ，最后 (m) 个位置状压后的状态为 (sta) 。

每次转移的时候，如果不填直接转过去，填的话可以转到后 (m) 个有 (1) 的状态以及队尾，也就是 (1 + bitcount(sta)) 。

这样 (dp) 刚好每条路都能一一对应上。

对于 (F1) 直接 (mathcal O(nk2^m)) 就行了，(F2) 考虑利用矩阵快速幂优化到 (mathcal O((k2^m)^3 log n)) 。（说实话 (F2) 没啥意思。。）

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define For(i, l, r) for (register int i = (l), i##end = (int)(r); i <= i##end; ++i)
#define Fordown(i, r, l) for (register int i = (r), i##end = (int)(l); i >= i##end; --i)
#define Rep(i, r) for (register int i = (0), i##end = (int)(r); i < i##end; ++i)
#define Set(a, v) memset(a, v, sizeof(a))
#define Cpy(a, b) memcpy(a, b, sizeof(a))
#define debug(x) cout << #x << ": " << (x) << endl

using namespace std;

template<typename T> inline bool chkmin(T &a, T b) { return b < a ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a, T b) { return b > a ? a = b, 1 : 0; }

inline int read() {
	int x(0), sgn(1); char ch(getchar());
	for (; !isdigit(ch); ch = getchar()) if (ch == '-') sgn = -1;
	for (; isdigit(ch); ch = getchar()) x = (x * 10) + (ch ^ 48);
	return x * sgn;
}

void File() {
#ifdef zjp_shadow
	freopen ("F1.in", "r", stdin);
	freopen ("F1.out", "w", stdout);
#endif
}

const int N = 1e5 + 1e3, K = 14, M = 4, Mod = 1e9 + 7;

int dp[N][K][1 << M];

int main() {

	File();

	int n = read(), k = read(), m = read();

	dp[0][0][0] = 1;
	Rep (i, n) For (j, 0, k) Rep (sta, 1 << m) {
		(dp[i + 1][j][sta >> 1] += dp[i][j][sta])%= Mod;
		int res = dp[i][j][sta] * (1ll + __builtin_popcount(sta)) % Mod;
		(dp[i + 1][j + 1][(sta >> 1) | (1 << m - 1)] += res) %= Mod;
	}

	int ans = 0;
	Rep (sta, 1 << m)
		(ans += dp[n][k][sta]) %= Mod;
	printf ("%d
", ans);

	return 0;

}