标签：def signed clu lowbit int ati pac 超过 aci
https://vjudge.net/problem/Gym-101490K
给出圆形赛车跑道长度 L（十米单位），然后要在跑道上建立设施，每两个相邻设施之间不能超过 S 个十米单位，问总方案数。
问总方案数以及要模 123456789，可知数据十分巨大，很快可以想到这是一道 DP 题。我们定义 dp【i】为跑道不是圆形且长度为 i 并在 i 位置取 1 时的方案数。sum【i】为 dp【i】的前缀和。
由于相邻不能超过 S，所以第一个设施放哪决定了最后面哪几个 dp 数组的值是能够被记录进答案的，而以不同的位置作为起始位置又保证了没有重复计算答案。所以这时候我们考虑不同初始化的情况。
初始化 dp【1】 = 1 时，累加答案 sum【L】 - sum【L - S】。
初始化 dp【2】= 1 时，累加答案 sum【L】 - sum【L - S + 1】。
……
初始化 dp【S】= 1 时，累加答案 sum【L】- sum【L - 1】。
这样我们就可以……怎么可能就这么结束了呢
当S够大时，反复重新初始化会使得题目的时间复杂度上升到 O(n^2) 的程度。
仔细观察可以发现，初始化 dp【2】 = 1 时，sum【L】- sum【L - S - 1】 是不是就相当于初始化 dp【1】= 1 时，sum【L - 1】- sum【L - S】。那么上述式子就转化成了
初始化 dp【1】= 1 时，答案就是 ( sum【L】- sum【L - S】) + ( sum【L - 1】- sum【L - S】) +……+ ( sum【L - S + 1】- sum【L - S】)
#include <bits/stdc++.h> #define ll long long #define ull unsigned long long #define met(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) #define rep(i, a, b) for(int i = a; i <= b; i++) #define bep(i, a, b) for(int i = a; i >= b; i--) #define lowbit(x) (x&(-x)) #define MID (l + r) / 2 #define ls pos*2 #define rs pos*2+1 #define pb push_back #define ios() ios::sync_with_stdio(0) using namespace std; const int maxn = 1e6 + 1010; const int inf = 0x3f3f3f3f; const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f; const ll mod = 123456789; ll dp[maxn]; ll sum[maxn]; int main() { ll n, m; cin >> n >> m; dp[1] = 1; sum[1] = 1; rep(i, 2, n) { dp[i] = sum[i-1] - sum[max(0ll, i-m-1)]; sum[i] = sum[i-1] + dp[i]; dp[i] %= mod; sum[i] %= mod; } ll res = 0; bep(i, n, n-m) { res += sum[i] - sum[n-m]; res %= mod; } if(res < 0) res += mod; cout << res << endl; return 0; }
标签：def signed clu lowbit int ati pac 超过 aci
原文地址：https://www.cnblogs.com/Stay-Online/p/12179230.html
