兔子跳跃之谜

兔子跳跃之谜下

题目描述

小生和小森在玩兔子之谜游戏。有三只兔子排成一排。知道每只兔子的初始位置，以及三个兔窝的位置。 

游戏的规则是，重复以下步骤k次：选择两个不同的兔子A和B，分别位于a和b。A可以跳过B到达2*b-a的点： 

 

跳跃是不允许其他小兔子已经在点2*b-a的位置上： 

 

跳跃也不允许一次跳过一个以上的兔子： 

 

现在小生和小森想要知道，k次操作之后，能否让所有兔子都分别跳到一个兔窝里面。注意，第i个兔子并不一定要在第i个巢。并且输出跳法的种数，数值可能很大，要对结果取模1000000007。只要有一个跳跃是不同的，两种方式被认为是不同的。

 

输入

有多组测试数据： 
第一行，包含一个整数Num，表示测试数据的个数。（1<=Num<=10） 
每组测试数据， 
第一行三个整数，第二行三个整数，分别表示兔子的初始位置和兔窝的位置。两组数值都是严格递增给出。范围均为[-10^18,10^18]。 
最后一个整数k。[1,100]。 

输出

共Num行， 
跳跃的种数。 

样例输入

8

0 5 8

0 8 11

1

0 5 8

0 8 11

3

0 5 8

0 8 11

2

5 8 58

13 22 64

58

0 1 2

1 2 3

100

5 8 58

20 26 61

58

67 281 2348

235 1394 3293

83

-1000000000000000000 999999999999999998 999999999999999999

-1000000000000000000 999999999999999999 1000000000000000000

5

样例输出

1

5

0

0

0

537851168

167142023

29

 

题解：

    首先考虑一下题目的特性

    显然，中间的兔子可以往两边跳跃，而外面的兔子只有一只能往里面跳跃，甚至不能跳跃（当三只兔子等距时），这种性质让我们想到了什么？没错，就是树，二叉树。

    一棵二叉树上的任意节点都有两个儿子结点和一个父亲结点（除了根和叶），而我们可以把三只兔子的坐标想象成树上的一个节点，每一次跳跃都是树上的一次相邻节点的移动，兔子们有无限的状态，所以这棵树也是无限的，甚至这是一片森林，因为有不同的等距状态。

有了这个思想的转化之后，我们就可以着手解决这个问题了。

求方案数，暴搜显然不可以，可以考虑树上DP，首先我们得判断一下这两只兔子在k步以内能否相遇。难道要把每只兔子k步能跳跃到的节点都暴搜出来在两两比较吗？显然不用。我们可以把每只兔子向上走k步以内的父亲结点求出来，再一一比较是否有相同的就行了（想一想为什么），这就是最暴力的做法。

我们用dp[i][j][k]表示初始节点A里LCA  i步，结束点B里LCA  j步，还剩下k步时的方案总数。为了方便处理，我们假设B节点不动（这很重要，也很巧妙）。

Case 1：when i>0   ，此时我们可以让A向上或者向下走

Dp[i][j][k]=dp[i-1][j][k-1]+dp[i+1][j][k-1]*2

Case 2：when i=0,j>0，此时我们也可以让A向上或者向下走，但是要注意A向上走时两者的LCA是A，所以也要跟着动，要注意照状态写方程

Dp[0][j][k]=dp[0][j+1][k-1]+dp[0][j-1][k-1]+dp[1][j][k-1]

Case 3：when i=0,j=0，种这情况类似于case2，同样要注意A向上走时两者的LCA是A，所以也要跟着动，要注意照状态写方程

Dp[0][0][k]=dp[0][1][k-1]+dp[1][0][k-1]*2

到了这里，问题已经解决了大半，但还有一点需要非常重视！那就是根的情况。

在case2和case3中存在着向上走的情况，这是要注意A是否走到了根节点，因为到了根节点后会无法向上走。

来自lzw大神的想法，我们有了一种非常重要又简单的判断方法，注意到我们一开始做的时候假定了B节点不懂，而我们一开始又能够处理出来B离根节点的距离，而到根节点的情况只会在i=0时A向上走，然后j+1是产生，所以我们断定j>dis时dp为0，dis是B到根节点的距离

另外一种解释是把状态解释为B向上j步为LCA，A向上i步为LCA，这样接可以轻易的看出j>dis时dp为0

具体可以看代码。

#include<iostream>#include<cstdio>#include<algorithm>#include<cstring>using namespace std;#define ll long long#define MOD 1000000007const int maxk=110;struct node{ll x,y,z;}fa[2][maxk];int f[maxk][maxk][maxk];int num,k,t1,t2,deep_a,deep_b;node a,b;bool flag;inline bool pd(node a,node b){return (a.x==b.x)&&(a.y==b.y)&&(a.z==b.z);}bool check(node a){if (a.y-a.x==a.z-a.y) return false;else return true;}void get_fa(node a,node &b){ll x=a.x,y=a.y,z=a.z;if (y-x<z-y){b.x=y; b.y=y+y-x; b.z=z;}else if (y-x>z-y){b.x=x; b.y=y+y-z; b.z=y;}}int dp(int i,int j,int k){if (k==0) if (i==0&&j==0) return 1;else return 0;if (i+j>k||j>deep_b) return 0;if (f[i][j][k]!=-1) return f[i][j][k];//printf("%d  %d  %d  %d  %d\n",i,j,k,deep_a,deep_b);if (i>0 && j>0){f[i][j][k]=(dp(i+1,j,k-1)*2LL+dp(i-1,j,k-1))%MOD;}else if (i==0&&j>0){f[i][j][k]=((ll)dp(1,j,k-1)+dp(0,j-1,k-1)+dp(0,j+1,k-1))%MOD;}else if (i>0 && j==0){f[i][j][k]=(dp(i+1,0,k-1)*2LL+dp(i-1,0,k-1))%MOD;}else if (i==0&&j==0){f[i][j][k]=(dp(1,0,k-1)*2LL+dp(0,1,k-1))%MOD;}return f[i][j][k];}int main(){scanf("%d",&num);while (num--){scanf("%lld%lld%lld",&a.x,&a.y,&a.z);scanf("%lld%lld%lld",&b.x,&b.y,&b.z);scanf("%d",&k);fa[0][0]=a; fa[1][0]=b;deep_a=0; deep_b=0;for (int i=1;i<=k&&check(fa[0][i-1]);i++){get_fa(fa[0][i-1],fa[0][i]);deep_a=i;}for (int i=1;i<=k&&check(fa[1][i-1]);i++){get_fa(fa[1][i-1],fa[1][i]);deep_b=i;}flag=true; t1=-1; t2=-1;for (int i=0;i<=deep_a&&flag;i++)for (int j=0;j<=deep_b&&flag;j++)if (pd(fa[0][i],fa[1][j])) { t1=i; t2=j; flag=false; }if (t1==-1) { printf("0\n"); continue; }f[0][0][0]=1;memset(f,-1,sizeof(f));printf("%d\n",dp(t1,t2,k));}return 0;}