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BNUOJ 34985 Elegant String 2014北京邀请赛E题 动态规划 矩阵快速幂
Elegant String
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题解
在北京比赛的时候逗比的读错题了。。。题意是，一个长为n的字符串，只用了（0，1，2，...，k）这（k + 1）个数码。如果这个串的所有子串中，不出现一种（0, 1, 2, ..., k）的任意一个组合，那就称，这个串是优雅的。问所有长为n用了(k + 1)个数码的串中，有多少个优雅的串。
比如串（“112345678910”）就是一个优雅的串，但是串（“963852741023”）就不是一个优雅的串，因为后者有一个子串（“9638527410”）是一个排列。
正确思路是换方向思考！不要想着怎么去直接用容斥原理求，试着去构造一个串。
不妨先把n和k分别设为6和3。
假设这个串是个优雅串，那么这个串的所有长度为4( = k + 1)的子串一定不能出现（0, 1, 2, 3）的一个排列。
我这里假设我构造了一个子串（“023”），如果我希望这个串是个优雅串，那么就会有下一位必然不取"1"。因为一旦取"1"，那么就有了一个排列了。。。
接着去想，假设子串是（“02”），那就有两种情况，第一种是接着从1和3中选一个构成一个长度为三的危险串。为什么是危险串呢？因为下一位必须不为1才能保证整个字符串是一个优雅串。当然还有第二种情况，那就是选0和2，这样相当于这个子串已经安全（近似安全）了。
所以就是规划问题了。
构造法
那么我们去想，假设k = 3吧。
对于第一位，我们可以从{0, 1, 2, 3}中随意选一个。不妨我们选取了0.
对于第二位，我们有两种选择，方案一，和前一位保持一致；方案二，和前一位不同。就不妨有S1("00"), S2("01")；
对于第三位，对于S1，我们依然有两种选择：方案一，和前一位保持一致；方案二，和前一位不同。就不妨有S11("000"), S12("001")；
对于S2.我们有三种选择：方案一，和前一位一致；方案二，和倒数第二位一致；方案三，和前两位不同。就不妨有S21("011"), S22("010"), S23("012")；
S23违反了规则，所以他的子串都不是优雅的。舍弃。
对于第四位，S11，S21，都是两种方案：和前一位一致或不同；S12和S22都是有三种选择：方案一，和前一位一致；方案二，和倒数第二位一致；方案三，和前两位不同；类似的我们可以写出第五位第六位的情况。
这是在k = 3的时候。
我们把k推广出来，那就无非是这几种情况：
判断，从字符串末尾往前数k位所构成的子串中，有多少种字符。
如果是1种，那就有两个方案：A，和这些字符相同；B，和这些字符不同。
如果是2种，那就有三个方案：A，和这些字符中的第一种字符相同；B，和这些字符中的第二种字符相同；C，和这两个字符都不同。
如果是3种，那就有四个方案：A，和这些字符中的第一种字符相同；B，和这些字符中的第二种字符相同；C，和这些字符中的第三种字符相同；D，和这三个字符都不同。
以此类推。
如果是k - 1种，那就有k - 1个方案！为什么？因为根据规律，最后一个选项“和这些字符都不同”的结果就是导致这个串不是优雅串。所以就只剩下了k - 1个选项。
如果前面有了k种字符，嗯，直接舍弃。
dp[i][j]
所以设置dp[i][j]，长度为i的一个字符串，满足从字符串末尾往前数，直到有j种字符为止的字串，并且总长度不超过k位的所构成的子串。
根据我们的构造思路，我们很快就能写出一些简单的等式。同样的以k = 3为例子，并且假设目前有一族{其实就是所有满足长度为i的优雅串的集合}的串，不妨设i = 6。那么最后的一位(i = 6)的情况为：
dp[6][1] = dp[5][1] + 3 * dp[5][2]
1个dp[5][1]的意思是，直接和前一个数码一样。3个dp[5][2]的意思是，选取两个和前几个不同的数码，然后在选一个和最后一个相同的所以是3个。
dp[6][2] = dp[5][1] + dp[5][2] + 2 * dp[5][3]
1个dp[5][1]的意思是，直接和前一个数码一样。1个dp[5][2]的意思是，直接和前一个数码一样。2个dp[5][3]的意思是，选取1个和前几个不同的数码，然后在选一个和最后一个相同的所以是3个。
dp[6][3] = dp[5][1] + dp[5][2] + dp[5][3]
对于这个，直接选和前一个字符一样的就行。
转移方程如下：
所以就是矩阵快速幂的计算了。
既然都走到这步了，矩阵也就很好写了：
最后的结果就是
res就是答案了。
代码示例
/**** *@author Shen *@title 北京邀请赛E */#include <cstdio>#include <string>#include <cstring>#include <iostream>#include <algorithm>using namespace std;typedef long long int64;const int MAXN = 11;const int MAXM = 11;const int Mod = 20140518;struct Matrax{ int n,m; int64 mat[MAXN][MAXM]; Matrax():n(-1),m(-1){} Matrax(int _n,int _m):n(_n),m(_m){ memset(mat,0,sizeof(mat)); } void Unit(int _s){ n=_s; m=_s; for (int i = 0; i < n; i++){ for (int j = 0; j < n; j++){ mat[i][j] = (i == j)? 1: 0; } } } void print(){ printf("n = %d, m = %d\n", n, m); for (int i = 0; i < n; i++){ for (int j = 0; j < m; j++) printf("%8d", mat[i][j]); printf("\n"); } }};Matrax add_mod(const Matrax& a,const Matrax& b,const int64 mod){ Matrax ans(a.n,a.m); for (int i = 0; i < a.n; i++){ for (int j = 0; j < a.m; j++){ ans.mat[i][j] = (a.mat[i][j] + b.mat[i][j]) % mod; } } return ans;}Matrax mul(const Matrax& a,const Matrax& b){ Matrax ans(a.n, b.m); for (int i = 0; i < a.n; i++){ for (int j = 0; j < b.m; j++){ int64 tmp = 0; for (int k = 0; k < a.m; k++){ tmp += a.mat[i][k] * b.mat[k][j]; } ans.mat[i][j] = tmp; } } return ans;}Matrax mul_mod(const Matrax& a, const Matrax& b, const int mod){ Matrax ans(a.n, b.m); for (int i = 0; i < a.n; i++){ for (int j = 0; j < b.m; j++){ int64 tmp = 0; for (int k = 0; k < a.m; k++){ tmp += (a.mat[i][k] * b.mat[k][j]) % mod; } ans.mat[i][j] = tmp % mod; } } return ans;}Matrax pow_mod(const Matrax& a, int64 k, const int mod){ Matrax p(a.n,a.m), ans(a.n,a.m); p = a; ans.Unit(a.n); if (k==0) return ans; else if (k==1) return a; else { while (k){ if (k & 1){ ans=mul_mod(ans, p, mod); k--; } else { k /= 2; p = mul_mod(p, p, mod); } } return ans; }}int64 n;int k, t, tt;void solve(){ cin >> n >> k; Matrax ans(k, 1); //tmp = cef ^ (n - 1); //ans = tmp * beg; //res = ans.mat[0][0]; Matrax cef(k, k); for (int i = 0; i < k; i++) for (int j = 0; j <= i; j++) cef.mat[i][j] = 1; for (int i = 0; i < k - 1; i++) cef.mat[i][i + 1] = k - i; //cef.print(); Matrax beg(k, 1); for (int i = 0; i < k; i++) beg.mat[i][0] = k + 1; Matrax tmp(k, k); tmp = pow_mod(cef, n - 1, Mod); //tmp.print(); ans = mul_mod(tmp, beg, Mod); int res = ans.mat[0][0]; printf("Case #%d: %d\n", ++tt, res);}int main(){ cin >> t; while (t--) solve(); return 0;}