字节--房间传送门

字节–房间传送门

一、题目描述

存在n+1个房间，每个房间依次为房间1 2 3…i，每个房间都存在一个传送门，i房间的传送门可以把人传送到房间pi(1<=pi<=i),现在路人甲从房间1开始出发(当前房间1即第一次访问)，每次移动他有两种移动策略：

• A. 如果访问过当前房间 i 偶数次，那么下一次移动到房间i+1；
• B. 如果访问过当前房间 i 奇数次，那么移动到房间pi；

现在路人甲想知道移动到房间n+1一共需要多少次移动；

• 输入描述:

第一行包括一个数字n(30%数据1<=n<=100，100%数据 1<=n<=1000)，表示房间的数量，

接下来一行存在n个数字 pi(1<=pi<=i), pi表示从房间i可以传送到房间pi。

• 输出描述:

输出一行数字，表示最终移动的次数，最终结果需要对1000000007 (10e9 + 7) 取模。

输入例子1:
2
1 2

输出例子1:
4

例子说明1:
开始从房间1 只访问一次（访问1次房间1，即基数次）所以只能跳到p1，即：

房间1（访问次数+1，即访问房间1的次数为2，偶数次）， 之后采用策略A跳到房间2，

房间2（访问1次房间2，即基数次）这时访问了一次因此采用策略B跳到房间2（房间2访问次数

+1，即偶数），之后采用策略A跳到房间3，

因此到达房间3需要 4 步操作。

二、分析

• 仔细分析 1<=pi<=i 知道用动态规划做。
• 因为pi的取值范围为1到i，说明在走到i房间时，如果需要传送，那么传送的房间位置要么就在当前房间，要么就在当前房间位置之前的房间
• 因为传送只会后退，前进的唯一方式是偶数次到达某个房间后，+1到达下一个房间，不能跳跃
• 所以如果成功到达i门，那么i门前面所有门都走过并且经过偶数次（偶数次并不是2次）（反正法也可以证明）
• 如果当大imen，那么此时i门前面的所有门肯定是已经到达偶数次了
• 如果到达i门需要移动的次数为dp[i]，那么dp[i] = dp[i - 1] + 第二次到达i - 1 + 1；；
• 意思就是到达i门的移动次数等于到达i - 1门的移动次数 + 1；那么到达i - 1门的移动次数又怎么计算呢？到达i - 1门的移动次数就等于dp[i - 1] + 第二次到达i - 1的次数
• 第一次到达i-1门后再走一步会回到p[i-1]，此时p[i-1]门到达奇数次，其他所有门到达偶数次
• 这和第一次到达p[i-1]门的情况完全相同，所以从p[i-1]门回到i-1门，需要dp[i-1]-dp[p[i-1]]
• 所以dp[i] = dp[i-1] + dp[i-1] - dp[p[i-1]] + 1 + 1 ==》dp[i] = 2 * dp[i-1] - dp[p[i-1]] + 2

三、代码

#include <iostream>
using namespace std;
 
long long p[1001], dp[1001], n;
const long long mod = 1e9 + 7;
 
int main ()
{
    cin >> n;
    for (int i = 1; i<= n; ++i) 
    	cin >> p[i];
    	
    for (int i = 2; i <= n + 1; ++i)
        dp[i] = (2 * dp[i - 1] - dp[p[i - 1]] + 2) % mod;
        
    cout << (dp[n + 1] < 0 ? dp[n + 1] + mod : dp[n + 1]);
    return 0;
}