Beyond the Void
BYVoid
NOI 2009 管道取珠
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問題簡述

有上下兩個管道,管道內排列着兩種顏色的珠。從兩個管道中按照某種次序取出珠,可以形成一個輸出序列。顯然不同的取珠方法可以形成相同的輸出序列,設某種輸出序列的取珠方法數爲a[i],任務是求出所有輸出序列的∑a[i]2

問題建模

解法1 搜索

算法描述
最直觀的想法就是求出每種可能的取珠方案的輸出序列,並把它們的平方和加起來。由於只有兩種顏色的珠,我們可以用二進制位01表示一個取珠序列,然後搜索出每個取珠序列的方案數。
複雜度分析
搜索的時間複雜度和空間複雜度都爲O(2N+M)。在實際測試中得到30分。
參考程序
```cpp /* * Problem: NOI2009 DAY2 ball * Author: Guo Jiabao * Time: 2009.7.29 10:34 * State: Done * Memo: DFS */ #include #include #include #include #include

using namespace std;

const int MAXN=501,MAXS=1«24,MOD=1024523;

FILE *fi,*fo;

int P[2][MAXN],C[2]; int Cnt[MAXS],Ans;

void dfs(int i,int c0,int c1,int s) { if (c0 == 0 && c1 == 0) { Cnt[s] ++; return; } if (c0 >= 1) { dfs(i+1,c0-1,c1,s + (P[0][c0] « (i-1)) ); } if (c1 >= 1) { dfs(i+1,c0,c1-1,s + (P[1][c1] « (i-1)) ); } }

void solve() { int i; long long t; dfs(1,C[0],C[1],0); for (i=0;i<MAXS;i++) { if (Cnt[i]) { t = Cnt[i]; t *= t; t %= MOD; Ans += t; if (Ans >= MOD) Ans -= MOD; } } fprintf(fo,"%d\n”,Ans); }

int main() { int k,i,c; fi = fopen(“ball.in”,“r”); fo = fopen(“ball.out”,“w”); fscanf(fi,"%d%d”,&C[0],&C[1]); for (k=0;k<=1;k++) { for (i=1;i<=C[k];i++) { do c=fgetc(fi); while (c==10 || c==13); P[k][i] = c-‘A’; } } solve(); fclose(fi); fclose(fo); return 0; }


<h4><a name="_Toc241907157">解法</a>2 組合計數</h4>

<h5><a name="_Toc241907158">算法描述</a></h5>
我們可以把問題進行一個轉化。設X,Y分別爲一個取珠方法,某個輸出序列S的取珠方法數爲a[i],那麼a[i]<sup>2</sup>可以被認爲是輸出序列爲S的有序對(X,Y)的數量。設對於一個取珠方法狀態(i,j)表示上管道已經取出了前i個,下管道已經取出了前j個。於是狀態F[i<sub>1</sub>,j<sub>1</sub>,i<sub>2</sub>,j<sub>2</sub>]可以表示爲取珠方法X狀態爲(i<sub>1</sub>,j<sub>1</sub>),取珠方法Y狀態爲(i<sub>2</sub>,j<sub>2</sub>),X,Y的輸出序列相同的有序對(X,Y)的數量。設U[i]爲上管道第i個珠子,L[i]爲下管道第j個珠子。則狀態F[i<sub>1</sub>,j<sub>1</sub>,i<sub>2</sub>,j<sub>2</sub>]可以更新的狀態

<a href="https://byvoid.com/attachments/wp/2010/01/clip_image0021.gif"><img title="clip_image002" src="https://byvoid.com/attachments/wp/2010/01/clip_image0021.gif" alt="clip_image002" width="360" height="85" /></a>

由於X,Y應當同步,所以當i<sub>1</sub>,j<sub>1</sub>,i<sub>2</sub>都確定以後j<sub>2</sub>可以被表示爲i<sub>1 </sub>+ j<sub>1</sub> - i<sub>2</sub>,於是狀態表示可以減少一維。
<h5><a name="_Toc241907159">算法證明</a></h5>
已知:X,Y分別爲一個取珠方法,某個輸出序列S的取珠方法數爲a[i]。求證:a[i]<sup>2</sup>是輸出序列爲S的有序對(X,Y)的數量。

證明:設Z爲輸出序列爲S的取珠方法。Z的數量|Z| = a[i]。(X,Y)是一個有序對,且X與Y相互獨立,所以X可以有|Z|種取值。對於X的某個特定取值,Y都有|Z|種取值。根據分步計數原理,有序對(X,Y)的取值有|Z|<sup>2</sup> = a[i]<sup>2</sup>種,命題得證。
<h5><a name="_Toc241907160">複雜度分析</a></h5>
狀態數是O(N<sup>2</sup>M),轉移代價是O(1),時間複雜度爲O(N<sup>2</sup>M)。在實際測試中通過了所以測試點,得到100分。
<h5><a name="_Toc241907161">參考程序</a></h5>
```cpp
/* 
 * Problem: NOI2009 ball
 * Author: Guo Jiabao
 * Time: 2009.9.28 12:39
 * State: Solved
 * Memo: 組合計數 遞推
*/
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <cstring>
using namespace std;
const int MAXN = 502,MOD=1024523;

int N,M,Ans;
char U[MAXN],L[MAXN];
int F[MAXN][MAXN][MAXN];

void init()
{
	freopen("ball.in","r",stdin);
	freopen("ball.out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&N,&M);
	scanf("%s",U+1);
	scanf("%s",L+1);
	F[0][0][0] = 1;
}

inline void update(int &F,int &c)
{
	F += c;
	if (F >= MOD)
		F -= MOD;
}

void solve()
{
	int i,j,k,l;
	for (i=0;i<=N;i++)
	{
		for (j=0;j<=M;j++)
		{
			for (k=0;k<=N;k++)
			{
				int &t = F[i][j][k];
				if (!t) continue;
				l = i+j-k;
				if (U[i+1] == U[k+1])
					update(F[i+1][j][k+1],t);
				if (U[i+1] == L[l+1])
					update(F[i+1][j][k],t);
				if (L[j+1] == U[k+1])
					update(F[i][j+1][k+1],t);
				if (L[j+1] == L[l+1])
					update(F[i][j+1][k],t);
			}
		}
	}
	Ans = F[N][M][N];
}

int main()
{
	init();
	solve();
	printf("%d\n",Ans);
	return 0;
}

上次修改時間 2017-05-26

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