自动搬运

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来自洛谷，原作者为

	xyz32768 “各方面相差太远”

搬运于2025-08-24 21:46:28，当前版本为作者最后更新于2017-12-10 13:00:23，作者可能在搬运后再次修改，您可在原文处查看最新版

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以下是正文

一、问题分析

====== 将问题转化为：一个$N$个数的序列，序列的每个位置需要填充一个$[1,K]$范围内的数。同时对于任意的$1\leq i\leq K$，序列的第$i$个位置已经被填充，填充的数为$i$。同时$[N-K+1,N]$区间内填充的数必须包含$[1,K]$的所有数。而「一辆公交车经过的相邻两个站台间距离不得超过$P$km」这个条件，等价于序列中任意一个长度为$P$的一段，都必须填充有$[1,K]$的所有数。

二、DP模型

====== 分析后可以得出，由于前$K$个填充的数已经确定，所以这里只关心序列中的数相同或不相同，而和具体数值无关。因此设$f[i][S]$为序列中$[1,i-1]$已经填充完，$[i,i+P-1]$这一段填充的状态为$S$的方案数。$S$是一个长度为$P$的$01$串，从高往低（之后的「第几位」都是从高位往低位）第$j$位为$1$表示位置$i+j-1$已经被填充，否则位置$i+j-1$还没被填充。

三、DP转移

====== 为了保证每个位置都能被填充，规定在转移过程中，$S$的第$1$位恒为$1$。同时由于$[i,i+P-1]$区间里必须有填充所有$K$个数，所以再规定在转移过程中$S$必须包含且仅包含$K$个$1$。

而判断$S_2$能否从$S_1$转移，就是把$S_1$最高位的$1$去掉之后在末尾再补一个$0$（记为$S_3$），如果$S_3$中的$K-1$个$1$能够恰好与$S_2$中$K$个$1$其中$K-1$个一一对应，，那么$S_2$能从$S_1$转移。

四、矩阵优化

====== 考虑到$N\leq 10^9$的数据范围，想到矩阵乘法。这时根据上面推出的转移条件，得到有用的状态只有$C_{P-1}^{K-1}$个。可以得到矩阵规模的最大值为$C_9^{\lfloor\frac{9}{2}\rfloor}=126$。

复杂度$O((C_{P-1}^{K-1})^3\log N)$。

五、代码

#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 134, ZZQ = 30031;
int n, K, P, tot, sta[N];
struct cyx {
    int n, m, a[N][N];
    cyx() {}
    cyx(int _n, int _m) :
        n(_n), m(_m) {memset(a, 0, sizeof(a));}
    friend inline cyx operator * (cyx a, cyx b) {
        int i, j, k; cyx res = cyx(a.n, b.m);
        for (i = 1; i <= res.n; i++) for (j = 1; j <= res.m; j++)
        for (k = 1; k <= a.m; k++)
            (res.a[i][j] += a.a[i][k] * b.a[k][j]) %= ZZQ;
        return res;
    }
    friend inline cyx operator ^ (cyx a, int b) {
        int i; cyx res = cyx(a.n, a.m);
        for (i = 1; i <= res.n; i++) res.a[i][i] = 1;
        while (b) {
            if (b & 1) res = res * a;
            a = a * a;
            b >>= 1;
        }
        return res;
    }
} Orz, Zzq;
int main() {
    int i, j, k; cin >> n >> K >> P;
    for (i = (1 << P - 1); i < (1 << P); i++) {
        int cnt = 0; for (j = 0; j < P; j++) if ((i >> j) & 1) cnt++;
        if (cnt == K) sta[++tot] = i;
    }
    Orz = cyx(tot, tot); Zzq = cyx(tot, 1);
    for (i = 1; i <= tot; i++) for (j = 1; j <= tot; j++) {
        int S1 = sta[i], S2 = sta[j]; S1 = S1 - (1 << P - 1) << 1;
        for (k = 0; k < P; k++) if (!((S1 >> k) & 1) && S1 + (1 << k) == S2)
            Orz.a[j][i] = 1;
    }
    Zzq.a[tot][1] = 1; Orz = (Orz ^ n - K) * Zzq;
    cout << Orz.a[tot][1] << endl;
    return 0;
}
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