第十二届北航程序设计竞赛决赛网络同步赛 B题 前前前世（数论推导 + DP）

题目链接  2016 BUAA-Final Problem B

考虑一对可行的点$(x, y)$

根据题意，设$x = ak + 1，y = bk + 1$

又因为$x$是$y$的祖先的祖先的祖先，所以$y = 8x + d, 0 <= d <= 7$;

那么代入到之前的那个式子

　　   $y = 8x + d$

　　      $= 8(ak + 1) + d = 8ak + d + 8$

注意到$8ak$对$k$取模后值为$0$，那么如果要满足题意，$d + 8$对$k$取模后值必须为$1$。

又因为$0 <= d <= 7$，所以$8 <= d + 8 <= 15$。

由此发现，当$k >= 15$时，无论$d$在取值范围内取什么值，都满足不了这个条件。

那么$k >= 15$时我们直接判无解。

根据同余的性质我们发现只需要关心根结点对$k$取模之后的值就行，

那么设$f[i][j][k]$为考虑根结点编号对$k$取模为$j$，模数为$k$，树的高度为$i$的时候这棵树的符合题意的点对数。

转移的时候从两个儿子那里获取信息，再加上自己的后代的后代的后代中符合题意的点的个数（前提是自己的编号对$k$取模也得为$1$）

那么状态数有$k^{2}n$个，用记忆化搜索实现就好了。

时间复杂度$O(k^{2}n)$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>

using namespace std;

#define rep(i, a, b)	for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b)	for (int i(a); i >= (b); --i)
#define MP		make_pair
#define fi		first
#define se		second

typedef long long LL;

const int N = 5e4 + 10;

const LL mod = 1e9 + 7;

LL k, p;
LL f[N][16][16];
LL c[20][20];
int T;
int n;

LL dp(int i, int j, int k){
	if (~f[i][j][k]) return f[i][j][k];
	if (i <= 3) return f[i][j][k] = 0;

	LL ret = 0;
	ret += dp(i - 1, 2 * j % k, k); ret %= mod;
	ret += dp(i - 1, (2 * j + 1) % k, k); ret %= mod;
	if (j % k == 1){
		ret += c[8 * j % k][k];
		ret %= mod;
	}

	return f[i][j][k] = ret;
}

int main(){

	memset(f, -1, sizeof f);

	rep(i, 0, 15){
		rep(k, 1, 15){
			rep(j, i, i + 7){
				if (j % k == 1){
					++c[i][k];
				}
			}
		}
	}

	scanf("%d", &T);
	while (T--){
		scanf("%lld%d%lld", &k, &n, &p);
		if (k >= 15){
			puts("0");
			continue;
		}

		p %= k;
		printf("%lld\n", dp((int)n, (int)p, (int)k));
	}

	return 0;
}