ACM-ICPC 2018 徐州赛区网络预赛 A. Hard to prepare（dp）

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问题描述：n个人围在一起，每一个可以在2^k-1这些数种选择一个，不过要求保证相邻的两个数保证XNOR不为0，(1 XNOR 1 = 1, 0 XNOR 0=1, 1 XNOR 0 =0)。（0

 

分析：规模这么大直接搜是不可能，所以要使用dp来做，然后分析相邻的两个数之间怎样才不为0。

举个例子，假设当k=3时，每个人可选的数分别为0（000），1（001），2（010），3（011），4（100），5（101），6（110），7（111），可以很明显的发现 0 XNOR 7 = 0， 1 XNOR 6 = 0，2 XNOR 5 = 0， 3 XNOR = 4 = 0，并且每个数只与其中的一个数XNOR为0，故假设当k==1时，第一数放0，则下一个数可以放0，1，2，假设当前放1时，下一个数可以放0，2，3，当前为2时同理，假设当前的数为3，则下一个数可以放1，2，3.

由分析:设dp[1e6+7][3]，则dp[i][0]表示到达第i个数当前数放置于第一个数相同的数的结果，dp[i][1]表示到达第i个数当前数放置于不与第一个数相同且不与第一个数XNOR为0的数的结果，dp[i][2]表示到达第i个数当前数放置于第一个数XNOR为0的结果，求出dp[n][0],dp[n][1],dp[n][2]以后，将(dp[n][0]+dp[n][1])*(2^k)就是最后的结果，因为是循环的，所以最后不能加上dp[n][2],又因为第一个数可以放置0-2^k-1，所以要乘回去。

状态转移方程：设res = 2^k;

dp[i][0] = dp[i-1][0] + dp[i-1][1]

dp[i][1] = dp[i-1][0]*(res-2) + dp[i-1][1]*(res-3) + dp[i-2][2]*(res-2)

dp[i][2] = dp[i-1][1] + dp[i-1][2]

 

ac代码：

#include
using namespace std;
const int maxn = 1e6+10;
const int mod = 1e9+7;
typedef long long ll;
ll dp[maxn][3];
ll n, m;

ll fun(ll x,ll n)  
{  
    ll res=1;  
    while(n>0)  
    {  
        if(n & 1)  
            res=(res*x)%mod;  
        x=(x*x)%mod;  
        n >>= 1;  
    }  
    return res%mod;  
} 

int main(){
	int t;
	scanf("%d", &t);
	while(t--){
		memset(dp, 0, sizeof(dp));
		scanf("%lld%lld", &n, &m);
		ll res = fun(2, m);
		dp[1][0] = 1;
		dp[1][1] = 0;
		dp[1][2] = 0;
		for(int i=2; i<=n; i++){
			dp[i][0] = dp[i-1][0] + dp[i-1][1] % mod;
			dp[i][0] %= mod;
			dp[i][1] = (dp[i-1][0]*(res-2)%mod + dp[i-1][1]*(res-3)%mod + dp[i-1][2]*(res-2))%mod ;
			dp[i][1] %= mod;
			dp[i][2] = dp[i-1][1] + dp[i-1][2] % mod;
			dp[i][2] %= mod;
//			cout<