解题报告-泥路(muddyroad.*)

泥路(muddyroad.*)

题目背景

yxr 热爱多级跳，而且他十分喜欢在泥路上练习多级跳。

不幸的是，有一天下雨了，yxr 穿着的却是一双新的鞋子。yxr 心疼自己的鞋子，但是又不舍得放弃练习多级跳，于是他决定先勘察泥路。

题目描述

yxr根据他丰富的经验得出了一个结论：泥地可以均等分成 \(N+1\) 部分，从 \(0\) 开始编号，一直编号到 \(n\)，设每部分一个单位长度。

每部分泥地可以分成两种情况，积水或者没有积水。由于跳得越远，用的力就越大。yxr 发现，如果自己由远于 \(D_1\) 单位长度的地方跳到没有积水的泥地里面泥地会被破坏；如果自己由远于 \(D_2\) 单位长度的地方跳到有积水的泥地里面泥地里面的水才会溅到 yxr 的鞋子上。幸运的是 yxr 选定的 \(0\) 号泥地没有积水。

yxr 当然不愿意破坏这一片和自己拥有美好感情的泥地，于是他决定自己不会由远于 \(D_1\) 单位长度的地方跳到没有积水的泥地；另外 yxr 也不愿意弄脏自己的新鞋，他也决定不会由远于 \(D_2\) 单位长度的地方跳到有积水的泥地。

于是他自己算了算自己有多少种方法在满足上述条件的情况下，恰好从 \(0\) 号泥地跳到 \(N\) 号泥地，发现方案数 \(K\) 是个奇数，于是他很高兴地练习了起来。

在 yxr 练习完成之后，发现泥地完全干了，但是他很怀念积水的泥地，但是却忘记了哪些地方是有积水的。他努力回忆，记得 \(N\) 部分之中有 \(M\) 部分是积水的，也记得自己曾经算过的方法数 \(K\) 是个奇数，但是不记得是什么了，毕竟方法数很大啊。

于是他想知道，有多少种长度为 \(N+1\) 的泥地，满足恰好 \(M\) 部分积水，且 \(0\) 号泥地没有积水，而且满足 yxr 算过的练习方案数 \(K\) 是奇数。

输入描述

输入仅有四个整数 \(N\)，\(M\)，\(D_1\)，\(D_2\)，如题目描述。

输出描述

输出仅包含一个整数，表示方案数，结果对 \(10^9+7\) 取模。

输入输出样例#1

输入样例#1

5 1 2 0

输出样例#1

2

输入输出样例#2

输入样例#2

9 2 3 1

输出样例#2

24

说明/提示

样例#1解释

对于样例一，泥地有如下两种（ \(0\) 号位置省略），“\(\text{B}\)”表示有积水，"\(\text{A}\)" 表示没有积水。

\(\text{AAABA}\) 练习方案数为 \(3\)。

\(\text{BAAAA}\) 练习方案数为 \(3\)。

数据范围

• 对于 \(20\)% 的数据，\(M=0\)。
• 对于另外 \(20\)% 的数据 \(N \leq 15\)，\(M \leq 5\)，\(D_1 \leq 5\)。
• 对于 \(60\)% 的数据 \(N \leq 120\)，\(M \leq 12\)，\(D_1 \leq 10\)。
• 对于 \(70\)% 的数据 \(N \leq 300\)，\(M \leq 20\)，\(D1 \leq 12\)。
• 对于 \(100\)% 的数据 \(N \leq 500\)，\(M \leq 20\)，\(D1 \leq 20\)。
• 对于 \(100\)% 的数据 \(20 \geq D1 \geq D2 \geq 0\)。

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解题报告

神秘状压DP题目，就算补发了一些提示，拼尽全力也只能拿到 \(90 \text{pts}\)。

对于求方案数的题目，很容易想到用 DP 求解。显然，最棘手的就是如何在转移的过程中保证跳跃方法数为奇数。

先定义一个函数 \(g(i)=1\) 或 \(0\)，表示跳到第 \(i\) 个位置的方案数的奇(\(1\))偶(\(0\))性。

这个函数有什么用？答曰：它可以通过递推来计算出来。

下面简单讲讲怎么递推。

显然，跳到第 \(i\) 个位置的方案数由两部分相加：

• 第 \(i\) 个位置不是水坑时的方案数，等于所有距离不超过 \(D_1\) 的位置的方案和。
• 第 \(i\) 个位置是水坑时的方案数，等于所有距离不超过 \(D_2\) 的位置的方案和。

显然，只有所加的方案数里有奇数个奇数相加时，跳到第 \(i\) 个位置的方案数才为奇数。

对应到函数 \(g(i)\) 上，只有所有符合条件的 \(g(j)\) 的和为奇数时，\(g(i)\) 才为 \(1\)，更进一步，\(g(i)\) 就是把所有符合条件的 \(g(j)\) 全部异或起来的结果（即 \(g(i)\) 为所有符合条件的 \(g(j)\) 的异或和）。

这时我们还发现，\(20 \geq D_1 \geq D_2\)，于是就有一个想法：我们可以把连续 \(D_1\) 个位置的 \(g(i)\) 状压，进行状压 DP。

我们设状态数组 \(dp[i][j][k]\)，表示进行完了第 \(i\) 位，已经放了 \(j\) 个水坑，之前连续 \(D_1\) 个位置的 \(g(i)\) 状压后的掩码为 \(k\)。

设 \(B_1=2^{D_1}-1\)，\(B_2=2^{D_2}-1\)，后面用于得出距离不超过 \(D_1\) 或 \(D_2\) 的位置的 \(g(j)\) 的状态，定义函数 \(\text{popcount}(k)\) 为状态掩码 \(k\) 中 \(1\) 的个数，从上面的分析可以看出，\(\text{popcount}(k) \mod 2\) 或 \(\text{popcount}(k) \and 2\)，就是 \(g(i)\)。

下面给出状态转移方程，方法是计算当前状态对之后状态的贡献：

• 如果第 \(i\) 为水坑，那么 \(dp[i+1][j+1][ (k<<1)\and B_1 \or (\text{popcount}(k\and B_1)\and1) ]+=dp[i][j][k]\)。
• 如果第 \(i\) 不为水坑，那么 \(dp[i+1][j][ (k<<1)\and B_1 \or (\text{popcount}(k\and B_2)\and1) ]+=dp[i][j][k]\)。

其中：

• “\((k<<1)\and B_1 \or (\text{popcount}(k\and B_{0/1})\and1)\)”都是新状态的计算方法。
• "\(\and B_1\)" 是为了保证新状态的掩码不超过 \(D_1\) 位。
• “\(\text{popcount}(k\and B_{0/1})\and1)\)” 是在计算 \(g(i)\)。
• ”\((k<<1)\or (\text{popcount}(k\and B_{0/1})\and1)\)“是在把 \(g(i)\) 添加进新的状态掩码中。

相信这个方程还是很显然的。

这时其实就几乎做完了，但由于理论状态数是 \(N\times M\times 2^{D_1}\)，时间和空间的复杂度都不可接受，于是还有以下优化：

• 由于 \(dp[i][j][k]\) 只与 \(dp[i-1][j'][k']\) 有关，可以将关于 \(i\) 的维度写成滚动数组，减小空间复杂度。
• 对于每个确定的 \(i\)、\(j\) 实际用到的 \(k\) 会很少，于是就可以哈希以下 DP 状态，减小时间复杂度。

不过作者不会哈希 DP 状态，所以只得到了 \(90\) 分，以下是这个 \(90\text{pts}\) 的代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int mod=(1E+9)+7;
const int N=501;
const int M=21;#define ckmax(x,y) ( x=max(x,y) )
#define ckmin(x,y) ( x=min(x,y) )
#define add(x,y) ( x=(x+y)%mod )inline int read()
{int f=1,x=0; char ch=getchar();while(!isdigit(ch)) { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }while(isdigit(ch))  { x=x*10+ch-'0';    ch=getchar(); }return f*x;
}int n,m,d1,d2,b1,b2;
int dp[2][M][1<<M];inline int calc(int x)
{int tmp=0;while(x){tmp^=1;x-=(x&(-x));}return tmp;
}signed main()
{freopen("muddyroad.in","r",stdin);freopen("muddyroad.out","w",stdout);n=read(),m=read(),d1=read(),d2=read();if(!n){printf("%d\n",(int)!m);return 0;}b1=(1<<d1)-1,b2=(1<<d2)-1;dp[0][0][1]=1;for(int i=0;i<n;i++){for(int j=0;j<=m;j++)for(int k=0;k<=b1;k++)dp[(i+1)&1][j][k]=0;for(int j=0;j<=m;j++)for(int k=0;k<=b1;k++){if(!dp[i&1][j][k]) continue;int pos=( (k<<1)&b1 )|calc(k);add(dp[(i+1)&1][j][pos],dp[i&1][j][k]);if(j<m){pos=( (k<<1)&b1 )|calc(k&b2);add(dp[(i+1)&1][j+1][pos],dp[i&1][j][k]);}}}int ans=0;for(int k=0;k<=b1;k++)if(k&1) add(ans,dp[n&1][m][k]);printf("%d\n",ans);return 0;
}