JZOJ5965【NOIP2018提高组D2T2】填数游戏

题目

作为NOIP2018的题目,我觉得不需要把题目贴出来了。
大意就是,在一个 n ∗ m n*m nm 01 01 01矩阵中,从左上角到右下角的路径中,对于任意的两条,上面的那条小于下面的那条。问满足这样的矩阵的个数。
好吧,有点简陋……


比赛思路

一眼看下去,诶, n n n这么小,一下子就想到了状压DP。
然后有一点很显然: ( i , j ) ≤ ( i + 1 , j − 1 ) (i,j)\leq (i+1,j-1) (i,j)(i+1,j1)
依照这个性质,我打出了一个状压DP。
然后发现,第二个样例崩了。
然后手算了半天,推出来另一个朦胧的性质……
然后看看时间,啊,不能再推式子了!没时间啦!
匆匆打个暴力,去思考第三题。


正解

这题的正解有很多种。
的确有状压DP,不过最优的方法还是lyl推了两节数学课的神方法。
用这个方法,就算开到long long范围,也可以秒过。

其实这题还有一个性质:
如果 ( i , j ) = ( i + 1 , j − 1 ) (i,j)=(i+1,j-1) (i,j)=(i+1,j1),那么以 ( i + 1 , j ) (i+1,j) (i+1,j)为左上角的矩形的所有对角线上的数字相等。
至于为什么,也是比较好理解的。
如果有条到 ( i , j − 1 ) (i,j-1) (i,j1)的路径,可以分成两条分别走到 ( i , j ) (i,j) (i,j) ( i + 1 , j − 1 ) (i+1,j-1) (i+1,j1),再走到 ( i + 1 , j ) (i+1,j) (i+1,j),在这个时候它们是相等的。如果这个矩形中有不相等的路径,那么必定存在一种方案使通过 ( i , j ) (i,j) (i,j)的走小的,通过 ( i + 1 , j − 1 ) (i+1,j-1) (i+1,j1)的走大的,不符合条件。所以在这个矩形中的左上角到右下角的路径相等,要让路径相等,对角线就要相等。

有了这个条件,这道题就变得复杂起来。lyl大佬发挥出他超强的推式子能力,把这题A穿了。
首先,我们可以分类讨论。
先讨论 n = m n=m n=m的情况

  1. ( 0 , 1 ) = ( 1 , 0 ) (0,1)=(1,0) (0,1)=(1,0)
    在这个情况比较简单,答案为 2 ∗ 2 ∗ 4 n − 2 ∗ 2 n − 1 2*2*4^{n-2}*2^{n-1}% 224n22n1
  2. ( 0 , 1 ) ≠ ( 1 , 0 ) (0,1)\neq (1,0) (0,1)̸=(1,0)
    1. ( 0 , 2 ) = ( 1 , 1 ) = ( 2 , 0 ) (0,2)=(1,1)=(2,0) (0,2)=(1,1)=(2,0)
      也比较简单, 2 ∗ 2 ∗ 5 ∗ 4 n − 4 ∗ 2 n − 1 2*2*5*4^{n-4}*2^{n-1} 2254n42n1

    2. ( 1 , 1 ) = ( 2 , 0 ) (1,1)=(2,0) (1,1)=(2,0)
      JZOJ5965【NOIP2018提高组D2T2】填数游戏_第1张图片
      黄色表示这片区域内的对角线相等。
      f i f_i fi表示到 i i i这条对角线, i − 1 i-1 i1或之前对角线的上面两个一样的方案数。
      (这里的对角线为 ( 0 , 3 ) (0,3) (0,3) ( 0 , n − 1 ) (0,n-1) (0,n1)为右上角的两个对角线,编号从 1 1 1开始)
      那么 f i = f i − 1 ∗ 4 + 4 ∗ 5 f_i=f_{i-1}*4+4*5 fi=fi14+45
      f i − 1 ∗ 4 f_{i-1}*4 fi14表示 i − 2 i-2 i2或之前已经有了对角线上面两个一样的,那么第 i i i条对角线被限制了,所以只有 4 4 4种。
      4 ∗ 5 4*5 45表示 i − 1 i-1 i1有上面两个一样,那么第 i i i条不受限制,有 5 5 5种。

      接下来我们计算这种情况的方案数:
      2 ∗ ( 3 + 4 ∗ 3 + f n − 3 ∗ 2 ) ∗ 2 n − 2 2*(3+4*3+f_{n-3}*2)*2^{n-2} 2(3+43+fn32)2n2
      估计问题在 ( 3 + 4 ∗ 3 + f n − 3 ∗ 2 ) (3+4*3+f_{n-3}*2) (3+43+fn32)这里面。
      3 3 3表示以 ( 0 , n − 1 ) (0,n-1) (0,n1)为右上角的对角线的上面两个不一样,之前的也不一样,那么以 ( 1 , n − 1 ) (1,n-1) (1,n1)为右上角的对角线不受影响,方案为 3 3 3
      4 ∗ 3 4*3 43表示以 ( 0 , n − 1 ) (0,n-1) (0,n1)为右上角的对角线的上面两个一样,之前的不一样,那么以 ( 1 , n − 1 ) (1,n-1) (1,n1)为右上角的对角线还是不受影响,方案为 4 ∗ 3 4*3 43
      f n − 3 ∗ 2 f_{n-3}*2 fn32表示以 ( 0 , n − 2 ) (0,n-2) (0,n2)或之前有对角线上面两个一样的,那么以 ( 1 , n − 1 ) (1,n-1) (1,n1)为右上角的对角线受到限制,方案为 f n − 3 ∗ 2 f_{n-3}*2 fn32

    3. ( 0 , 2 ) = ( 1 , 1 ) (0,2)=(1,1) (0,2)=(1,1)
      可以发现和上面的情况对称,所以也是 2 ∗ ( 3 + 4 ∗ 3 + f n − 3 ∗ 2 ) ∗ 2 n − 2 2*(3+4*3+f_{n-3}*2)*2^{n-2} 2(3+43+fn32)2n2


这样 n = m n=m n=m的情况就考虑完了。
接下来考虑 n + 1 = m n+1=m n+1=m的情况。

  1. ( 0 , 1 ) = ( 1 , 0 ) (0,1)=(1,0) (0,1)=(1,0)
    JZOJ5965【NOIP2018提高组D2T2】填数游戏_第2张图片
    我们可以将深黄色的这一部分向右平移
    JZOJ5965【NOIP2018提高组D2T2】填数游戏_第3张图片
    然后你就可以发现多出来的实际上是中间绿色的这一部分。
    显然这一部分的方案数为 3 3 3,所以答案 ∗ 3 *3 3
  2. ( 0 , 1 ) ≠ ( 1 , 0 ) (0,1)\neq (1,0) (0,1)̸=(1,0)
    1. ( 0 , 2 ) = ( 1 , 1 ) = ( 2 , 0 ) (0,2)=(1,1)=(2,0) (0,2)=(1,1)=(2,0)时,和上面的差不多,也是 ∗ 3 *3 3
    2. ( 1 , 1 ) = ( 2 , 0 ) (1,1)=(2,0) (1,1)=(2,0)
      答案为 2 ∗ ( 3 + 3 ∗ 3 + ( 4 ∗ 4 + f n − 3 ∗ 3 ) ∗ 2 ) ∗ 2 n − 2 2*(3+3*3+(4*4+f_{n-3}*3)*2)*2^{n-2} 2(3+33+(44+fn33)2)2n2
      分类讨论:
      1. ( 0 , n ) (0,n) (0,n)为右上角的对角线的上面两个不一样,之前的也不一样。
      2. ( 0 , n ) (0,n) (0,n)为右上角的对角线的上面两个一样,之前的不一样。
      3. ( 0 , n − 1 ) (0,n-1) (0,n1)或之前为右上角的对角线的上面有两个一样的。
    3. ( 0 , 2 ) = ( 1 , 1 ) (0,2)=(1,1) (0,2)=(1,1)
    4. 答案为 2 ∗ ( 4 + 4 ∗ 4 + f n − 3 ∗ 3 ) ∗ 2 n − 1 ) 2*(4+4*4+f_{n-3}*3)*2^{n-1}) 2(4+44+fn33)2n1)
      类似类似(比上一种简单)

在推完这些东西之后,我们就可以发现,在 m = n + 1 m=n+1 m=n+1之后, m m m + 1 +1 +1,答案 ∗ 3 *3 3
证明?
分各种情况讨论,是可以证出来的……
要了我好久的时间……
懒得打上来了,留给自已以后温故的时候思考。

反正,最终的时间复杂度是 O ( lg ⁡ n + lg ⁡ m ) O(\lg n+\lg m) O(lgn+lgm)(求 f f f的时候其实可以用矩阵来求)的,非常优秀。
所以lyl说这题的数据太小了,我看可以大一些,大到什么程度呢?
给你读入两个位数十万的二进制数,分别表示 n n n m m m


代码

using namespace std;
#include 
#include 
#include 
#define mo 1000000007
inline long long my_pow(long long x,int y){
	long long res=1;
	for (;y;x=x*x%mo,y>>=1)
		if (y&1)
			res=res*x%mo;
	return res;
}
#define N 8
int n,m;
long long f[N+1];
int main(){
	freopen("game.in","r",stdin);
	freopen("game.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	if (n>m)
		swap(n,m);
	if (n==1)
		printf("%lld\n",my_pow(2,m));
	else if (n==2)
		printf("%lld\n",12*my_pow(3,m-2)%mo);
	else if (n==3)
		printf("%lld\n",112*my_pow(3,m-3)%mo);
	else{
		long long a1=2*2*my_pow(4,n-2)*my_pow(2,n-1)%mo;/*(0,1)(1,0)相同时*/
		long long a2=2*2*5*my_pow(4,n-4)%mo*my_pow(2,n-1)%mo;/*(0,2)(1,1)(2,0)相同时*/
		for (int i=2;i<=n-3;++i)
			f[i]=f[i-1]*4/*之前有过,所以这一位受到了限制*/+4*5/*i-1相同*/;
		if (n==m){
			long long ans=2*2*(3/*上面的n-3个对角线全部不一样*/+4*3/*第n-3个对角线一样*/+f[n-3]*2/*n-3之前的有过一样*/)%mo*my_pow(2,n-2)%mo;//(0,2)(1,1)(2,0)其中有两个相同时 
			printf("%lld\n",(a1+a2+ans)%mo); 
		}
		else{
			long long ANS1=2*(3/*(1,n)之前没有一样*/+3*3/*(0,n)和(1,n-1)一样*/+(4*4/*(0,n-1)和(1,n-2)一样*/+f[n-3]*3)*2)%mo*my_pow(2,n-2)%mo;
			long long ANS2=2*(4+4*4+f[n-3]*3)%mo*my_pow(2,n-1);
			printf("%lld\n",((a1+a2)*3+ANS1+ANS2)*my_pow(3,m-n-1)%mo);
		}
	}
	return 0;
}

在此再%一下lyl大爷,两节数学课顶的过我们的几天。

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