G - 李白打酒加强版（线性DP）

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1、问题

G - 李白打酒加强版

2、暴力搜索+剪枝优化：（$50\%$）

这个方法就很简单了，我们从第一个开始枚举，当前要么是花，要么是店。直接枚举即可，那么如果不加剪枝的话，我们的时间复杂度是：$O(2^N)$。而$N$的最大值是$100$，所以肯定会超时，为了多过几个数据，我们可以加一些剪枝优化，比如，如果当前的酒已经大于了花的数量，那么肯定是不合法的。

另外，如果当前的酒已经是$0$了，但是剩余未确定的花的数量还大于$0$，那么肯定也是不合法的。

void dfs(ll u, ll drink, ll ren, ll rem)	
{

	if(drink > rem)
		return;
		
	if(drink == 0 && rem > 0)
		return;

	if(u > (n + m))
	{
		ans = (ans + 1) % mod;
		return;
	}

	if(u != n + m)
	{
		if(ren >= 1)
			dfs(u + 1, drink * 2, ren - 1, rem);
		
		if(rem >= 1)
			dfs(u + 1, drink - 1, ren, rem - 1);
	}
	else
		if(rem >= 1)
			dfs(u + 1, drink - 1, ren, rem - 1);
}

3、线性DP：（$100\%$）

状态表示

$f[n][m][k]$表示当前有$n$个店，$m$个花，且我们的酒的量是$k$的情况下，总共的方案数。

状态转移

在写状态转移方程之前，我们先来确定一下$k$的上界，为什么呢？

因为当我们遇到店的时候，我们的酒的量会翻倍，如果不断翻倍的话，酒的量会呈现指数型的增长，先不说这种情况合不合理，我们的空间都无法存下。所以我们有必要先去分析一下上界。

由于我们的$N$的最大值是$100$，所以如果全是花的话，我们的酒量最大值也就是$100$。所以为了保险，我们的上界可以写成$101$。

接下来我们考虑一下状态转移方程怎么写?

假设我们现在的花有$i$个，店有$j$个。酒的数量是$k$。此时，我们可以看前一个是什么，然后写转移方程。
如果当前是花，那么就说明在此之前有$i-1$个花，$j$个店。酒的数量是$k+1$。
如果当前是店，那么就说明在此之前有$i$个花，$j-1$个店，酒的数量是$k/2$，这里的$k$要求能够被$2$整除。

那么方程就可以自然而然地写出来了：
$$\begin{gathered} f[i][j][k]=(f[i][j-1][k+1]+f[i][j][k]) \\ f[i][j][k]=(f[i-1][j][k/2]+f[i][j][k]) \end{gathered}$$

初末状态

初始状态很好写：$f[0][0][2]=1$
末尾状态需要考虑一下，因为最后一个肯定是花，所以我们在最后一个的前面应该有$n$个店，$m-1$个花，并且酒的剩余量是$1$。

代码

#include
#define endl '\n'
#define INF 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
int mod = 1e9 + 7;
const int N = 200 + 10;
ll ans = 0;
ll n, m;
ll f[N][N][N];
void solve()
{
	cin >> n >> m;
	f[0][0][2] = 1;
	for(int i = 0; i <= n; i ++ )
		for(int j = 0; j <= m; j ++ )
			for(int k = 0; k <= 101; k ++ )
			{
				if(j - 1 >= 0)
					f[i][j][k] = (f[i][j - 1][k + 1] + f[i][j][k]) % mod;
				if(k % 2 == 0 && i - 1 >= 0)
					f[i][j][k] = (f[i - 1][j][k / 2] + f[i][j][k]) % mod;
			}
	cout << f[n][m - 1][1] << endl;
}
int main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0);
	cout.tie(0);
	solve();
}