【AGC009E】Eternal Average

【AGC009E】Eternal Average

题面

洛谷

题解

神仙题.jpg

我们把操作看成一棵\(k\)叉树，其中每个节点有权值，所有叶子节点(共\(n+m\)个)就是\(0\)或\(1\)。

出了叶子节点外的所有节点就代表一次合并，权值就是他们的平均值。

设一开始\(0\)点的深度分别为\(x_1,x_2...x_n\)，\(1\)的深度为\(y_1,y_2...y_m\)。

那么根节点的权值为\(\sum (\frac 1k) ^ {y_i}\)，而如果我们将所有点的权值改为\(1\)，则根节点权值也为\(1\)，那么有\(\sum (\frac 1k) ^ {x_i}+\sum (\frac 1k) ^ {y_i}=1\)，而如果满足这个条件，则一定可以构造出一种方案。

那么问题转化为有多少个\(z\)能写成\(n\)个\((\frac 1k)^x\)，\(1-z\)能写成\(m\)个\((\frac 1k)^y\)相加的形式。

我们将\(z\)表示为\((0.c_1c_2...)_k\)，那么若不进位\(\sum c=m\)，而进位的话进位一次就减去\(k-1\)，那么\(\sum c=m(\bmod\;k-1)\)。

假设小数有\(len\)位，那么\(1-z\)的和应为\((len-1)(k-1)+k-\sum c=len(k-1)-\sum c+1\)。

然后设\(f_{i,j}\)表示到第\(i\)位，目前和为\(j\)的方案数即可，因为末尾不能为\(0\)，所以要多开一维记一下最后一位是否为\(0\)。

(大量参考litble的题解)

代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int Mod = 1e9 + 7;
const int MAX_N = 2e3 + 5;
int N, M, K, ans;
int f[MAX_N << 1][MAX_N][2], s[MAX_N]; 

int main () {
	cin >> N >> M >> K;
	f[0][0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= N + M; i++) {
		s[0] = (f[i - 1][0][0] + f[i - 1][0][1]) % Mod;
		for (int j = 1; j <= N; j++)
			s[j] = (s[j - 1] + (f[i - 1][j][0] + f[i - 1][j][1]) % Mod) % Mod;
		for (int j = 0; j <= N; j++) {
			f[i][j][0] = (f[i - 1][j][0] + f[i - 1][j][1]) % Mod;
			if (j) f[i][j][1] = (s[j - 1] - (j - K >= 0 ? s[j - K] : 0) + Mod) % Mod;
		}
		for (int j = 0; j <= N; j++)
			if (j % (K - 1) == N % (K - 1) &&
			    (i * (K - 1) - j + 1) % (K - 1) == M % (K - 1) &&
				i * (K - 1) - j + 1 <= M)
				ans = (ans + f[i][j][1]) % Mod;
	}
	printf("%d\n", ans);
    return 0;
}