HDU 6172 and HDU 6185 【线性递推 + 思维 + 板子】

这两道题都是给的线性递推式(输入只有一个未知数n), 那么我写这个博客的目的就是保存一个超强模板, 可以解决任何线性递推式. 这个板子是我从百度之星复赛上”偷”的杜教的板子. 所以我们现在要做的是用绝对正确的方法求出递推式的前几项. 然后扔进这个板子就可以了.

//这些板子都可以直接用, 不用管mod, 带了mod的. 所以用的时候只用改mod的值和前几项的数值. 当然前几项丢的越多越好, 一般8个是绝对可以推出来的. 个别的少一点也行.
HDU 6172
//题意不多说.
AC Code

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <algorithm>#include <vector>#include <string>#include <map>#include <set>#include <cassert>using namespace std;typedef long long ll;#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)#define pb push_back#define mp make_pair#define all(x) (x).begin(),(x).end()#define fi first#define se second#define SZ(x) ((ll)(x).size())typedef vector<ll> VI;typedef pair<ll,ll> PII;const ll mod = 1000000007;ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}// headll _,n;namespace linear_seq {    const int N=10010;    ll res[N],base[N],_c[N],_md[N];    vector<ll> Md;    void mul(ll *a,ll *b,ll k) {        rep(i,0,k+k) _c[i]=0;        rep(i,0,k) if (a[i]) rep(j,0,k) _c[i+j]=(_c[i+j]+a[i]*b[j])%mod;        for (ll i=k+k-1;i>=k;i--) if (_c[i])            rep(j,0,SZ(Md)) _c[i-k+Md[j]]=(_c[i-k+Md[j]]-_c[i]*_md[Md[j]])%mod;        rep(i,0,k) a[i]=_c[i];    }    ll solve(ll n,VI a,VI b) {        // a 系数 b 初值 b[n+1]=a[0]*b[n]+...//        printf("%d\n",SZ(b));        ll ans=0,pnt=0;        ll k=SZ(a);        assert(SZ(a)==SZ(b));        rep(i,0,k) _md[k-1-i]=-a[i];_md[k]=1;        Md.clear();        rep(i,0,k) if (_md[i]!=0) Md.push_back(i);        rep(i,0,k) res[i]=base[i]=0;        res[0]=1;        while ((1ll<<pnt)<=n) pnt++;        for (ll p=pnt;p>=0;p--) {            mul(res,res,k);            if ((n>>p)&1) {                for (ll i=k-1;i>=0;i--) res[i+1]=res[i];res[0]=0;                rep(j,0,SZ(Md)) res[Md[j]]=(res[Md[j]]-res[k]*_md[Md[j]])%mod;            }        }        rep(i,0,k) ans=(ans+res[i]*b[i])%mod;        if (ans<0) ans+=mod;        return ans;    }    VI BM(VI s) {        VI C(1,1),B(1,1);        ll L=0,m=1,b=1;        rep(n,0,SZ(s)) {            ll d=0;            rep(i,0,L+1) d=(d+(ll)C[i]*s[n-i])%mod;            if (d==0) ++m;            else if (2*L<=n) {                VI T=C;                ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod;                while (SZ(C)<SZ(B)+m) C.pb(0);                rep(i,0,SZ(B)) C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod;                L=n+1-L; B=T; b=d; m=1;            } else {                ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod;                while (SZ(C)<SZ(B)+m) C.pb(0);                rep(i,0,SZ(B)) C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod;                ++m;            }        }        return C;    }    ll gao(VI a,ll n) {        VI c=BM(a);        c.erase(c.begin());        rep(i,0,SZ(c)) c[i]=(mod-c[i])%mod;        return solve(n,c,VI(a.begin(),a.begin()+SZ(c)));    }};int main(){    for (scanf("%lld",&_);_;_--){        scanf("%lld",&n);        printf("%lld\n",linear_seq::gao(VI{31,197,1255,7997},n-2));    }}

HDU 6185
//题意不多说.
AC Code

#include <cstdio>#include <cstring>#include <cmath>#include <algorithm>#include <vector>#include <string>#include <map>#include <set>#include <cassert>using namespace std;typedef long long ll;#define rep(i,a,n) for (int i=a;i<n;i++)#define per(i,a,n) for (int i=n-1;i>=a;i--)#define pb push_back#define mp make_pair#define all(x) (x).begin(),(x).end()#define fi first#define se second#define SZ(x) ((ll)(x).size())typedef vector<ll> VI;typedef pair<ll,ll> PII;const ll mod = 1000000007;ll powmod(ll a,ll b) {ll res=1;a%=mod; assert(b>=0); for(;b;b>>=1){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;}return res;}// headll _,n;namespace linear_seq {    const int N=10010;    ll res[N],base[N],_c[N],_md[N];    vector<ll> Md;    void mul(ll *a,ll *b,ll k) {        rep(i,0,k+k) _c[i]=0;        rep(i,0,k) if (a[i]) rep(j,0,k) _c[i+j]=(_c[i+j]+a[i]*b[j])%mod;        for (ll i=k+k-1;i>=k;i--) if (_c[i])            rep(j,0,SZ(Md)) _c[i-k+Md[j]]=(_c[i-k+Md[j]]-_c[i]*_md[Md[j]])%mod;        rep(i,0,k) a[i]=_c[i];    }    ll solve(ll n,VI a,VI b) {        // a 系数 b 初值 b[n+1]=a[0]*b[n]+...//        printf("%d\n",SZ(b));        ll ans=0,pnt=0;        ll k=SZ(a);        assert(SZ(a)==SZ(b));        rep(i,0,k) _md[k-1-i]=-a[i];_md[k]=1;        Md.clear();        rep(i,0,k) if (_md[i]!=0) Md.push_back(i);        rep(i,0,k) res[i]=base[i]=0;        res[0]=1;        while ((1ll<<pnt)<=n) pnt++;        for (ll p=pnt;p>=0;p--) {            mul(res,res,k);            if ((n>>p)&1) {                for (ll i=k-1;i>=0;i--) res[i+1]=res[i];res[0]=0;                rep(j,0,SZ(Md)) res[Md[j]]=(res[Md[j]]-res[k]*_md[Md[j]])%mod;            }        }        rep(i,0,k) ans=(ans+res[i]*b[i])%mod;        if (ans<0) ans+=mod;        return ans;    }    VI BM(VI s) {        VI C(1,1),B(1,1);        ll L=0,m=1,b=1;        rep(n,0,SZ(s)) {            ll d=0;            rep(i,0,L+1) d=(d+(ll)C[i]*s[n-i])%mod;            if (d==0) ++m;            else if (2*L<=n) {                VI T=C;                ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod;                while (SZ(C)<SZ(B)+m) C.pb(0);                rep(i,0,SZ(B)) C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod;                L=n+1-L; B=T; b=d; m=1;            } else {                ll c=mod-d*powmod(b,mod-2)%mod;                while (SZ(C)<SZ(B)+m) C.pb(0);                rep(i,0,SZ(B)) C[i+m]=(C[i+m]+c*B[i])%mod;                ++m;            }        }        return C;    }    ll gao(VI a,ll n) {        VI c=BM(a);        c.erase(c.begin());        rep(i,0,SZ(c)) c[i]=(mod-c[i])%mod;        return solve(n,c,VI(a.begin(),a.begin()+SZ(c)));    }};int main() {    while(~scanf("%lld",&n)){        printf("%lld\n",linear_seq::gao(VI{1,5,11,36,95,281,781,2245},n-1));    }}

//对比一下这两个板子也可以知道就是改的那部分. 还有注意的是具体传多少项, 和后面那个传n的什么样子, 都是试出来的, 要自己感觉对了, 即把后面的几项打出来看. 那么才有可能对. 所以还是要试出来的.
//需要声明的一点是这个序列前几项怎么推出. 第一个例题前面几项还是比较好推的, 根据题目所给的式子.
那么后面一个例题, 前面几项怎么推的还是有一定难度的(其实知道前面几项了, 也是可以找到递推式子的, 当然用矩阵快速幂做也是可以的, 但是明显这个板子是很强的呀(矩阵快速幂写起来还是非常复杂的)!!! 但注意这个板子只能适用于任何的线性递推式子, 其他的递推式不一定适用), 所以正解就是用二进制枚举或者是dfs深搜出前面几项. 然后套一套杜教的板子就可以了. (或者是自己根据这几项找递推式子)

附上打表找前几项的代码: 只要能准确的找出来, 再暴力的方法都是允许的.
dfs版本: (也是比较容易想到的, 注意细节处理就行)

/** @Cain*/int n,cnt;int mapp[7][15];bool ok(int &x,int &y){    for(int i=1;i<=4;i++){        for(int j=1;j<=n;j++){            if(!mapp[i][j]){                x = i;                y = j;                return false;            }        }    }    return true;}void dfs(int x,int y){    if(!mapp[x+1][y] && x+1<=4){        mapp[x][y] = mapp[x+1][y] = 1;   // 纵向的填.        int tmpx,tmpy;        if(ok(tmpx,tmpy)){            mapp[x][y] = mapp[x+1][y] = 0; //注意填满的时候的处理.            cnt++;            return ;        }        dfs(tmpx,tmpy);   // 从没有填满的地方继续搜索.        mapp[x][y] = mapp[x+1][y] = 0;  //回溯的时候注意处理.    }    if(!mapp[x][y+1] && y+1<=n){          mapp[x][y] = mapp[x][y+1] = 1;   // 横向的填.模仿着上面的来做.        int tmpx,tmpy;        if(ok(tmpx,tmpy)){            mapp[x][y] = mapp[x][y+1] = 0;            cnt++;            return ;        }        dfs(tmpx,tmpy);        mapp[x][y] = mapp[x][y+1] = 0;      }}int main(){    for(int i=1;i<=10;i++){        n = i;        cnt = 0;        dfs(1,1);        printf("%d%c",cnt,i==10?'\n':',');    }} //然后直接丢进杜教的板子就可以了.xx

二进制枚举版本: (这个想法是非常重要的, 很多题都可以用这样打出表来) 跑前几项还是要跑一会的. 但跑出来了就是赢了. 这个版本相对于dfs的肯定是要慢很多的. 但是在有些情况下是非常有用的.

/** @Cain*/typedef long long int ll ;int mapp[10][20];bool ok(int n, int m) {    int vis[10][20] = {0};   //表示当前这个格子是否用过. 保证只用一次.    for (int i = 1; i <= n; i++) {        for (int j = 1; j <= m; j++) {            if (vis[i][j] == 0) {                int f = 0;                if (mapp[i][j] == 0) {                    int tx = i;                    int ty = j + 1;                    if (ty <= m && vis[tx][ty] == 0 && mapp[tx][ty] == mapp[i][j]) {                        f = 1;                        vis[tx][ty] = 1;                        vis[i][j] = 1;                    }                }                else {                    int tx = i + 1;                    int ty = j;                    if (tx <= n && vis[tx][ty] == 0 && mapp[tx][ty] == mapp[i][j]) {                        f = 1;                        vis[tx][ty] = 1;                        vis[i][j] = 1;                    }                }                if (!f) return false;            }        }    }    return true;}void solve() {    for (int i = 1; i <= 10; i++) {   //i 是列数.        int tot = i * 4;        ll num = 0;        for (ll st = 0; st < (1ll<<tot); st++) {   //将这些所有的格子看成二进制的一位.            ll cur = st;                       //通过二进制枚举就可以一个不漏的枚举出来.            for (int x = 1; x <= 4; x++) {                for (int y = 1; y <= i; y++) {                    mapp[x][y] = cur % 2;       //用当前这个数的二进制去填这些框框.                    cur /= 2;                }            }            num += ok(4, i);        }        printf("%d%c",num,i==10?'\n':',');    }}

// 所以对于二进制枚举的, 请多想想!!!