[HDU2604]Queuing

题目：Queuing

链接：http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=2604

分析：

1）将当前格和上一格合并当作一个状态，考虑下一个格子放0(m)还是1(f).

构造转移矩阵

$\left[ \begin{array}{ccccc} . & 00 & 01 & 10 & 11 \\ 00 & 1 & 1 & 0 & 0 \\ 01 & 0 & 0 & 1 & 1 \\ 10 & 1 & 0 & 0 & 0 \\ 11 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{array} \right] $

2)假设第一格前还有两格，为00。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
int MOD;
struct Matrix{
    LL a[4][4];
    void init(int f){
        memset(a,0,sizeof a);
        if(f==-1)return;
        for(int i=0;i<4;++i)a[i][i]=1;
    }
};
Matrix operator*(Matrix& A,Matrix& B){
    Matrix C;C.init(-1);
    for(int i=0;i<4;++i)
    for(int j=0;j<4;++j)
        for(int k=0;k<4;++k){
            C.a[i][j]+=A.a[i][k]*B.a[k][j];
            C.a[i][j]%=MOD;
        }
    return C;
}
Matrix operator^(Matrix A,int n){
    Matrix Rt;Rt.init(0);
    for(;n;n>>=1){
        if(n&1)Rt=Rt*A;
        A=A*A;
    }
    return Rt;
}
int main(){
    int n;
    Matrix A,T;
    T.a[0][0]=T.a[0][1]=1;T.a[0][2]=T.a[0][3]=0;
    T.a[1][0]=T.a[1][1]=0;T.a[1][2]=T.a[1][3]=1;
    T.a[2][0]=1;T.a[2][1]=T.a[2][2]=T.a[2][3]=0;
    T.a[3][0]=T.a[3][1]=0;T.a[3][2]=1;T.a[3][3]=0;
    for(;~scanf("%d%d",&n,&MOD);){
        A=T^n;
        LL ans=A.a[0][0]+A.a[1][0]+A.a[2][0]+A.a[3][0];
        printf("%lld\n",ans%MOD);
    }

    return 0;
}

学到了一种很有趣的递推思路。

3）设f(i)为字符串长度为i时符合条件的字符串个数。枚举最后几位字符。

4）当最后一个字符为0 (m)时前n-1个字符没有限制，即为f(n-1)；

当最后一个字符为1(f)时要考虑不满足的情况，那考虑最后两个字符为01(mf)和11(ff)的情况，显然要继续考虑。最后3个字符为101(fmf)、111(fff)显然不满足条件，最后3个字符为001(mmf),前n-3个字符没有限制，最后三个字符为011则要继续考虑，最后四个字符为0011，前n-4个字符没有限制，最后4个字符为1011不满足条件。综上f(n)=f(n-1)+f(n-3)+f(n-4)

数列：f(0)=1、f(1)=2、f(2)=4、f(3)=6、f(4)=9、f(5)=15 ...

添加一下:f(-1)=1、f(-2)=1、f(-3)=0;

5）构造矩阵

$\left[ \begin{array}{cccc} 0 & 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \end{array} \right] $

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long LL;
int MOD;
struct Matrix{
    LL a[4][4];
    void init(int f){
        memset(a,0,sizeof a);
        if(f==-1)return;
        for(int i=0;i<4;++i)a[i][i]=1;
    }
};
Matrix operator*(Matrix& A,Matrix& B){
    Matrix C;C.init(-1);
    for(int i=0;i<4;++i)
    for(int j=0;j<4;++j)
        for(int k=0;k<4;++k){
            C.a[i][j]+=A.a[i][k]*B.a[k][j];
            C.a[i][j]%=MOD;
        }
    return C;
}
Matrix operator^(Matrix A,int n){
    Matrix Rt;Rt.init(0);
    for(;n;n>>=1){
        if(n&1)Rt=Rt*A;
        A=A*A;
    }
    return Rt;
}
int main(){
    int n;
    Matrix A,T;
    T.a[0][0]=T.a[0][1]=T.a[0][2]=0;T.a[0][3]=1;
    T.a[1][0]=1;T.a[1][1]=T.a[1][2]=0;T.a[1][3]=1;
    T.a[2][0]=0;T.a[2][1]=1;T.a[2][2]=T.a[2][3]=0;
    T.a[3][0]=T.a[3][1]=0;T.a[3][2]=T.a[3][3]=1;
    for(;~scanf("%d%d",&n,&MOD);){
        A=T^n;
        LL ans=A.a[1][3]+A.a[2][3]+A.a[3][3];
        printf("%lld\n",ans%MOD);
    }

    return 0;
}

猜你喜欢