『公交线路 状压dp 矩阵乘法加速』

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<正文>

公交线路

Description

小Z所在的城市有N个公交车站，排列在一条长(N-1)km的直线上，从左到右依次编号为1到N，相邻公交车站间的距离均为1km。 作为公交车线路的规划者，小Z调查了市民的需求，决定按下述规则设计线路：

1.设共K辆公交车，则1到K号站作为始发站，N-K+1到N号台作为终点站。

2.每个车站必须被一辆且仅一辆公交车经过（始发站和终点站也算被经过）。

3.公交车只能从编号较小的站台驶往编号较大的站台。

4.一辆公交车经过的相邻两个

站台间距离不得超过Pkm。 在最终设计线路之前，小Z想知道有多少种满足要求的方案。由于答案可能很大，你只

需求出答案对30031取模的结果。

Input Format

仅一行包含三个正整数N K P，分别表示公交车站数，公交车数，相邻站台的距离限制。

N<=10^9，1<P<=10，K<N，1<K<=P

Output Format

仅包含一个整数，表示满足要求的方案数对30031取模的结果。

Sample Input

10 2 4

Sample Output

81

解析

问题转换：求个\(n\)个变量\(x_{1-n}\)赋\([1,k]\)之间的值的方案数，需要满足：\(x_{1-k}\)取遍\(1-k\)，\(x_{(n-k+1)-n}\)取遍\(1-k\)，任意一个区间\([t,t+p-1]\)中\(1-k\)的数至少出现一次。

距离的限制其实就是上述问题转换中的最后一条限制。

考虑状压\(dp\)，由于\(p\)很小，我们就压一下当前阶段那个长度为\(p\)的区间的赋值情况。也就是说，\(f[i][S]\)代表前\(i-1\)个变量一个完成赋值，区间\([i,i+p-1]\)中\(1-k\)这些数的赋值情况为\(S\)的方案数。\(S\)是一个长度为\(p\)的二进制数，共有\(k\)个\(1\)，从最高位开始数，\(S\)的第\(j\)位为\(1\)，代表\(x_{i+j-1}\)被赋值为了一个\(1-k\)之间的数（我们不关心每一个数的具体位置，只需要保证这\(k\)个数在这个区间内每个出现至少一次即可），作为当前区间合法性的关键值，其他变量随意。对于任意的\(S\)，需满足最高位为\(1\)，是因为我们必须保证第\(i\)位取，这样才能保证最后所有变量都赋了值。

转移当然是由上一个阶段转移而来，方程就是：
\[f[i][S]=\sum_{valid(S',S)} f[i-1][S']\]

如何判定两个状态直接可以转移？首先两个状态的区间只差了一个位置。也就是\(S'\)的最高位在\(S\)中不存在，那么我们就把最高位取走，然后在最低位后面补\(0\)，如果此时\(S'\)是\(S\)的子集，那么我们只需在第\(i+p-1\)这个位置补上刚才取走的那个数就又是合法的方案了。所以，当操作完后的状态\(S'\)是\(S\)的子集时，可以转移。

\(Code:\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+20 , SIZE = 130 , Mod = 30031;
int n,K,P,f[N][SIZE],S[SIZE],tot,ans;
inline void input(void)
{
    scanf("%d%d%d",&n,&K,&P);
}
inline int add(int a,int b) { return a + b >= Mod ? a + b - Mod : a + b; }
inline void Add(int &a,int b) { a = add( a , b ); }
inline void DynamicProgram(void)
{
    for (int i=1<<P-1;i<1<<P;i++)
    {
        int cnt = 0;
        for (int j=1;j<=P;j++)
            cnt += ( i >> (j-1) & 1 );
        if ( cnt == K ) S[++tot] = i;
    }
    f[1][tot] = 1;
    for (int i=2;i<=n-K+1;i++)
        for (int j=1;j<=tot;j++)
            for (int k=1;k<=tot;k++)
            {
                int S1 = S[k] , S2 = S[j];
                int S3 = S1 - (1<<P-1) << 1;
                for (int l=1;l<=P;l++)
                    if ( not( S3 >> (l-1) & 1 ) && ( S3 + (1<<l-1) == S2 ) )
                        Add( f[i][j] , f[i-1][k] );
            }
}
int main(void)
{
    input();
    DynamicProgram();
    printf("%d\n",f[n-K+1][tot]);
    return 0;
}

这样的动态规划算法的时间复杂度为\(O(nC_{p-1}^{k-1})\)，使用矩阵乘法加速，时间复杂度为\(O((C_{p-1}^{k-1})^3\log_2n)\)。

\(Code:\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 1e5+20 , SIZE = 130 , Mod = 30031;
int n,K,P,S[SIZE],f[SIZE],tot;
inline int add(int a,int b) { return a + b >= Mod ? a + b - Mod : a + b; }
inline int mul(int a,int b) { return 1LL * a * b % Mod; }
inline void Add(int &a,int b) { a = add( a , b ); }
struct Matrix
{
    int mat[SIZE][SIZE];
    Matrix () { memset( mat , 0 , sizeof mat ); }
    friend Matrix operator * (Matrix a,Matrix b)
    {
        Matrix c;
        for (int i=1;i<=tot;i++)
            for (int j=1;j<=tot;j++)
                for (int k=1;k<=tot;k++)
                    Add( c.mat[i][j] , mul( a.mat[i][k] , b.mat[k][j] ) );
        return c;
    }
};
Matrix Trans;
inline void Maxtrixmul(int *a,Matrix b)
{
    int c[SIZE] = {};
    for (int j=1;j<=tot;j++)
        for (int k=1;k<=tot;k++)
            Add( c[j] , mul( a[k] , b.mat[k][j] ) );
    memcpy( a , c , sizeof c );
}
inline void DynamicProgram(void)
{
    for (int i=1<<P-1;i<1<<P;i++)
    {
        int cnt = 0;
        for (int j=1;j<=P;j++)
            cnt += ( i >> (j-1) & 1 );
        if ( cnt == K ) S[++tot] = i;
    }
    for (int i=1;i<=tot;i++)
        for (int j=1;j<=tot;j++)
        {
            int S1 = S[i] , S2 = S[j];
            int S3 = S1 - (1<<P-1) << 1;
            for (int k=1;k<=P;k++)
                if ( not( S3 >> (k-1) & 1 ) && ( S3 + (1<<k-1) == S2 ) )
                    Trans.mat[i][j] = 1;
        }
    int T = n - K; f[tot] = 1;
    while ( T )
    {
        if ( 1 & T ) Maxtrixmul( f , Trans );
        Trans = Trans * Trans , T >>= 1;
    }
}
int main(void)
{
    scanf("%d%d%d",&n,&K,&P);
    DynamicProgram();
    printf("%d\n",f[tot]);
    return 0;
}