简单dp之递推(2)--ZOJ 3747
来源:互联网 发布:同城交友网络 编辑:程序博客网 时间:2024/05/21 00:21
题目链接:
ZOj 3747
题意:
给n个士兵排队,每个士兵有三种类型G、R、P可选,求至少有m个连续G士兵,最多有k个连续R士兵的排列的种数。
题目输入输出:
Input
There are multiple test cases. For each case, there is a line containing 3 integers N (0 < N < 1000000), M (0 < M < 10000) and K (0 < K < 10000), separated by spaces.
Output
One line for each case, you should output the number of ways mod 1000000007.
Sample Input
3 2 2
Sample Output
5
Hint
Denote the Garrison, the Recon Corp and the Military Police as G, R and P. Reasonable arrangements are: GGG, GGR, GGP, RGG, PGG.
思路:
由于又是至多又是至少没办法处理,所以统一转换成至多,对于事件A={至多N个G士兵连续},事件B={至多M-1个G士兵连续},那么A-B={连续人数在M到N中取值,即至少m个连续士兵}。统一之后,
设dp[i][j]表示前i个士兵,当第i个士兵是第j种兵(假设G:0,R:1,P:2)时,G至多连续u个、R至多连续v个的排列个数。
令sum=dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2];对于不作要求的P士兵,它可以由第i-1阶段的三种士兵任意转移:dp[i][2]=sum。
另:
对于G种兵
假设 i<=u 这时第i个位置可以随意放入GRP任意一种,即dp[i][0]=sum;
假设i==u+1时这时要排除1~u 全为G的情况 所以此时的dp[i][0]=sum-1;
假设i>u+1 时这时要排除i-u~i-1全为G的情况 这种状态即为i-u~i-1全为G时i-u-1为P或R的情况,即dp[i][0]=sum-dp[i-u-1][1]-dp[i-u-1][2];
对于R种兵,则与上述G种兵类似。
初始化时,对于第0个位置,整体为1即可,也可理解为对第0个位置放P,并没有什么影响。 dp[0][2]=1,dp[0][0]=dp[0][1]=0; (其实只需要dp[0][2]+dp[0][1]+dp[0][0]=0;即可)
这样,我们令u分别等于N和M-1,v等于K,进行两次递推,得到的结果相减即是答案。
代码:
#include <stdio.h>#include <algorithm> using namespace std; #define LL long long #define mod 1000000007LL dp[1000009][3]; //G:0 R:1 P:2 LL N,M,K;LL fun(LL u,LL v){ int i,j; dp[0][1]=dp[0][0]=0; dp[0][2]=1; for(i=1;i<=N;i++) { LL sum=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+dp[i-1][2])%mod; dp[i][2]=sum; if(i<=u)dp[i][0]=sum; else if(i==u+1)dp[i][0]=(sum-1)%mod; else dp[i][0]=(sum-dp[i-u-1][1]-dp[i-u-1][2])%mod; if(i<=v)dp[i][1]=sum; else if(i==v+1)dp[i][1]=(sum-1)%mod; else dp[i][1]=(sum-dp[i-v-1][0]-dp[i-v-1][2])%mod; } return (dp[N][0]+dp[N][1]+dp[N][2])%mod;}int main(){ while(scanf("%lld%lld%lld",&N,&M,&K)!=EOF) { LL ans=fun(N,K); ans=((ans-fun(M-1,K))%mod+mod)%mod; //注意减法可能出现负数,这儿坑了好几次,取模的时候要特别处理一下。 printf("%lld\n",ans); } return 0;}
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