思路:模拟一下过程,有n个平面,那么在一次飞跃中位于第1个平面的粒子向右飞会在后面每个平面都产生一个粒子,那第一个平面有m个粒子后面每个平面2–n都产生m个粒子,同理第二个平面的每个粒子也会对其后面的所有平面产生一个粒子。然后最共会裂变n-1次进行这么多次飞跃,每一次飞跃记录结果作为下一次飞跃的各平面所拥有的粒子数,再每次飞跃变换一下方向即可。再来看一下数据大小n<=1000,k<=1000。
如果直接暴力模拟 O(n^3),但对于给第i个平面后面所有平面粒子+1的操作可以用前缀和处理,复杂度变为 O(n^2),细节见代码。
Code:
#include<iostream>
#include<memory.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int Max = 1e6 + 5;
const int Mod = 1e9 + 7;
int lst[1005], ls[1005];
int main()
{
int t;cin >> t;
while (t--)
{
memset(lst, 0, sizeof(lst));
int n, k;cin >> n >> k;
ll ans = 1, sum = 0;//一开始ans有一个粒子
for (int i = 1;i <= k - 1;i++)
{
memset(ls, 0, sizeof(ls));
sum=0;
if (i % 2 == 1)
{
for (int j = 1;j <= n;j++) ls[j + 1] += lst[j];
if (i == 1)ls[1] = 1;//一开始有一个粒子的初始化
for (int j = 1;j <= n;j++)
{
sum = (sum + ls[j]) % Mod;
ans = (ans + sum) % Mod;
lst[j] = sum;
}
}
else
{
for (int j = n;j >= 1;j--) ls[j - 1] += lst[j];
for (int j = n;j >= 1;j--)
{
sum = (sum + ls[j]) % Mod;
ans = (ans + sum) % Mod;
lst[j] = sum;
}
}
}
cout << ans << endl;
}
}