字節–房間傳送門

文章目錄

• 字節--房間傳送門
• • 一、題目描述
  • 二、分析
  • 三、代碼

一、題目描述

存在n+1個房間，每個房間依次為房間1 2 3…i，每個房間都存在一個傳送門，i房間的傳送門可以把人傳送到房間pi(1<=pi<=i),現在路人甲從房間1開始出發(當前房間1即第一次訪問)，每次移動他有兩種移動策略：

• A. 如果訪問過當前房間 i 偶數次，那么下一次移動到房間i+1；
• B. 如果訪問過當前房間 i 奇數次，那么移動到房間pi；

現在路人甲想知道移動到房間n+1一共需要多少次移動；

• 輸入描述:

第一行包括一個數字n(30%數據1<=n<=100，100%數據 1<=n<=1000)，表示房間的數量，接下來一行存在n個數字 pi(1<=pi<=i), pi表示從房間i可以傳送到房間pi。

• 輸出描述:

輸出一行數字，表示最終移動的次數，最終結果需要對1000000007 (10e9?+?7) 取模。輸入例子1: 2 1 2輸出例子1: 4例子說明1: 開始從房間1 只訪問一次（訪問1次房間1，即基數次）所以只能跳到p1，即：房間1（訪問次數+1，即訪問房間1的次數為2，偶數次）， 之后采用策略A跳到房間2，房間2（訪問1次房間2，即基數次）這時訪問了一次因此采用策略B跳到房間2（房間2訪問次數+1，即偶數），之后采用策略A跳到房間3，因此到達房間3需要 4 步操作。

二、分析

• 仔細分析 1<=pi<=i 知道用動態規劃做。
• 因為pi的取值范圍為1到i，說明在走到i房間時，如果需要傳送，那么傳送的房間位置要么就在當前房間，要么就在當前房間位置之前的房間
• 因為傳送只會后退，前進的唯一方式是偶數次到達某個房間后，+1到達下一個房間，不能跳躍
• 所以如果成功到達i門，那么i門前面所有門都走過并且經過偶數次（偶數次并不是2次）（反正法也可以證明）
• 如果當大imen，那么此時i門前面的所有門肯定是已經到達偶數次了
• 如果到達i門需要移動的次數為dp[i]，那么dp[i] = dp[i - 1] + 第二次到達i - 1 + 1；；
• 意思就是到達i門的移動次數等于到達i - 1門的移動次數 + 1；那么到達i - 1門的移動次數又怎么計算呢？到達i - 1門的移動次數就等于dp[i - 1] + 第二次到達i - 1的次數
• 第一次到達i-1門后再走一步會回到p[i-1]，此時p[i-1]門到達奇數次，其他所有門到達偶數次
• 這和第一次到達p[i-1]門的情況完全相同，所以從p[i-1]門回到i-1門，需要dp[i-1]-dp[p[i-1]]
• 所以dp[i] = dp[i-1] + dp[i-1] - dp[p[i-1]] + 1 + 1 ==》dp[i] = 2 * dp[i-1] - dp[p[i-1]] + 2

三、代碼

#include <iostream> using namespace std;long long p[1001], dp[1001], n; const long long mod = 1e9?+?7;int main () {cin >> n;for (int i = 1; i<= n; ++i) cin >> p[i];for (int i = 2; i <= n + 1; ++i)dp[i] = (2 * dp[i - 1] - dp[p[i - 1]] + 2) % mod;cout << (dp[n + 1] < 0 ? dp[n + 1] + mod : dp[n + 1]);return 0; }

總結

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