D - Circular Coloring（dp j个数分成i段）

原题： http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6279

题意：

有n个0，m个1，组成一个环（循环同构算不同的），连续的0或1串的贡献为其长度，一个串的值为所有贡献的乘积。问所有情况的值之和。

解析：

假设已经得出将j个数分成i段的答案（不是环），记为 $dp[i][j]$。

显然在环中0和1的段数相同，所以 $ans=\sum_{i=1}^{min(n,m)}(dp[i][n]+dp[i][m])$。

但是现在在环上，如果循环同构只算一次，那么考虑i段的情况会多记录i-1次（123，231，321），再考虑两种和到一起后可以旋转n+m次（循环同构算不同的），所以变为： $ans=\sum_{i=1}^{min(n,m)}\dfrac{(dp[i][n]+dp[i][m])*(n+m)}{i}$。

再考虑dp的求解。

显然 $dp[i][j]=dp[i-1][j-1]+2dp[i-1][j-2]+3dp[i-1][j-3]...$
而 $dp[i][j-1]=dp[i-1][j-2]+2dp[i-1][j-3]...$
所以 $dp[i][j]=dp[i][j-1]+(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j-2]+dp[i-1][j-3]...)$
用一个前缀和就可以实现O(1)维护。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define LL long long
const LL mod=1e9+7;
LL dp[5009][5009];
LL sum[2][5009];
LL inv[5009];

int main(){
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=5000;i++)inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
    dp[1][1]=1;
    int ff=0;
    sum[ff][1]=1;
    for(int i=2;i<=5000;i++)
        dp[1][i]=i,sum[ff][i]=(sum[ff][i-1]+dp[1][i])%mod;

    for(int i=2;i<=5000;i++){
        dp[i][i]=1;
        sum[!ff][i]=1;
        for(int j=i+1;j<=5000;j++){
            dp[i][j]=(dp[i][j-1]+sum[ff][j-1])%mod;
            sum[!ff][j]=(sum[!ff][j-1]+dp[i][j])%mod;
        }
        ff=!ff;
    }
    int n,m;
    while(cin>>n>>m){
        LL ans=0;
        for(int i=1;i<=min(n,m);i++){
            ans+=(dp[i][n]*dp[i][m])%mod*inv[i]%mod;
        }
        ans%=mod;
        printf("%lld\n",(ans*(n+m)%mod+mod)%mod );
    }
}