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• 題意：
• 思路：

題意：

有$n$臺(tái)電腦，你可以手動(dòng)打開某個(gè)電腦，如果第$i?1,i+1$臺(tái)電腦都打開了，那么第$i$臺(tái)電腦會(huì)自動(dòng)打開。不能手動(dòng)打開自動(dòng)打開的電腦，問有多少種打開的方式使得所有電腦都開機(jī)。

思路：

首先考慮全都手動(dòng)打開$n$臺(tái)電腦有多少種方案。
從$1$開始，那么$1$右邊的所有電腦都必須依次打開，方案數(shù)是$C(n?1,0)$。
從$2$開始，那么$2$右邊的所有電腦都必須依次打開，左邊的電腦可以在保證順序的情況下任意時(shí)刻打開，方案數(shù)$C(n?1,1)$。
以此類推，總方案是$C(n?1,0)+C(n?1,1)+...+C(n?1,n?1)=2^{n?1}$。
再考慮電腦最終一定是一段手動(dòng)開的，一個(gè)自動(dòng)，一段手動(dòng)，一段自動(dòng)…一段手動(dòng)。
那么定義$f[i][j]$表示第$i$臺(tái)電腦是手動(dòng)開的，第$i+1$臺(tái)電腦是自動(dòng)開的，手動(dòng)打開了$j$臺(tái)電腦。
我們可以枚舉多打開的電腦個(gè)數(shù)$k$來轉(zhuǎn)移，即$f[i][j]?>f[i+1+k][j+k]$，含義是$pos?>i$手動(dòng)打開，$i+1$自動(dòng)打開，$i+2?>i+1+k$手動(dòng)打開。
由于多開了$k$臺(tái)電腦，那么按照上面結(jié)論，它有$2^{k?1}$個(gè)打開的方法。
由于前面已經(jīng)打開了$j$個(gè)了，我們可以從$j+k$個(gè)位置選$k$個(gè)位置來打開$k$個(gè)電腦，所以乘一個(gè)$C(k+j,k)$即可。
轉(zhuǎn)移方程為：$$f[i+k+1][j+k]+=f[i][j]?2^{k?1}?C(j+k,k)$$

//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math") //#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native") //#pragma GCC optimize(2) #include<cstdio> #include<iostream> #include<string> #include<cstring> #include<map> #include<cmath> #include<cctype> #include<vector> #include<set> #include<queue> #include<algorithm> #include<sstream> #include<ctime> #include<cstdlib> #define X first #define Y second #define L (u<<1) #define R (u<<1|1) #define pb push_back #define mk make_pair #define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1) #define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1) #define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1)) #define db puts("---") using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); } //void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); } //void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef pair<int,int> PII;const int N=510,INF=0x3f3f3f3f; const double eps=1e-6;int n,mod; LL c[N][N],pow2[N]; LL f[N][N];int main() { // ios::sync_with_stdio(false); // cin.tie(0);scanf("%d%d",&n,&mod);pow2[0]=1;for(int i=1;i<N;i++) pow2[i]=pow2[i-1]*2%mod;for(int i=0;i<N;i++)for(int j=0;j<=i;j++){if(j==0) { c[i][j]=1; continue; }c[i][j]=c[i-1][j-1]+c[i-1][j]; c[i][j]%=mod;}for(int len=1;len<=n;len++){f[len][len]=pow2[len-1];for(int cnt=0;cnt<=len;cnt++)for(int k=1;k+len<=n;k++)(f[len+k+1][cnt+k]+=f[len][cnt]*c[cnt+k][k]%mod*pow2[k-1]%mod)%=mod;}LL ans=0;for(int i=0;i<=n;i++) (ans+=f[n][i])%=mod;printf("%lld\n",ans);return 0; } /**/

總結(jié)

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