CCF 201312-4 有趣的数 (数位DP, 状压DP, 组合数学+暴力枚举, 推公式, 矩阵快速幂)
问题描述
我们把一个数称为有趣的，当且仅当：
1. 它的数字只包含0, 1, 2, 3，且这四个数字都出现过至少一次。
2. 所有的0都出现在所有的1之前，而所有的2都出现在所有的3之前。
3. 最高位数字不为0。
因此，符合我们定义的最小的有趣的数是2013。除此以外，4位的有趣的数还有两个：2031和2301。
请计算恰好有n位的有趣的数的个数。由于答案可能非常大，只需要输出答案除以1000000007的余数。
1. 它的数字只包含0, 1, 2, 3，且这四个数字都出现过至少一次。
2. 所有的0都出现在所有的1之前，而所有的2都出现在所有的3之前。
3. 最高位数字不为0。
因此，符合我们定义的最小的有趣的数是2013。除此以外，4位的有趣的数还有两个：2031和2301。
请计算恰好有n位的有趣的数的个数。由于答案可能非常大，只需要输出答案除以1000000007的余数。
输入格式
输入只有一行，包括恰好一个正整数n (4 ≤ n ≤ 1000)。
输出格式
输出只有一行，包括恰好n 位的整数中有趣的数的个数除以1000000007的余数。
样例输入
4
样例输出
3
析：先说第一种方法，数位DP：
首先只有0123，并且有约束条件，那么就只有6种状态，{2},{20},{201},{23},{203},{2031}，然后依次对每一位进行计算即可。
第二种，状压DP：
因为只有4种数字，所以可能用状压DP，1表示0， 2表示1， 4表示2，8表示3.剩下的就简单了。
第三种，组合数学+暴力枚举：
先枚举01的数量，那么最少2个，最多n-2个，由于0是不能放在首位，所以就有c(n-1, i)，i 表示有多少个01，然后再考虑有多种方法，
应该有 n-i 种方法，因为0的数量是从1个到 i-1 个，同理，23就有 n-i-1 种，然后乘起来就好。
第四种，推公式：
这个方法和第三种一样的，只不过是把第三种简化了，然后成一个递推公式，an=（n*n-5n+4）*2^（n-3）+n-1。
第五种，矩阵快速幂：
对每一个组成数字进行分析，字符串必定以2开头，把字符串中字符放入一个集合，我们可以统计长度为N，字符集合为S的合法字符串个数，
然后把它们的关系表示成一个矩阵，就OK了。
代码如下：
数位DP：
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cctype>
#include <stack>
#define freopenr freopen("in.txt", "r", stdin)
#define freopenw freopen("out.txt", "w", stdout)
using namespace std; typedef long long LL;
typedef pair<int, int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double inf = 0x3f3f3f3f3f3f;
const LL LNF = 100000000000000000;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int maxn = 1e3 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const char *mark = "+-*";
const int dr[] = {-1, 0, 1, 0};
const int dc[] = {0, 1, 0, -1};
int n, m;
inline bool is_in(int r, int c){
return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;
}
inline LL Max(LL a, LL b){ return a < b ? b : a; }
inline LL Min(LL a, LL b){ return a > b ? b : a; }
inline int Max(int a, int b){ return a < b ? b : a; }
inline int Min(int a, int b){ return a > b ? b : a; }
LL dp[maxn][5]; int main(){
while(cin >> n){
dp[4][0] = 7; dp[4][1] = 5; dp[4][2] = 3; dp[4][3] = 9; dp[4][4] = 3;
for(int i = 5; i <= n; ++i){
dp[i][0] = (1 + 2 * dp[i-1][0]) % mod;
dp[i][1] = (dp[i-1][0] + 2 * dp[i-1][1]) % mod;
dp[i][2] = (1 + dp[i-1][2]) % mod;
dp[i][3] = (dp[i-1][0] + dp[i-1][2] + 2 * dp[i-1][3]) % mod;
dp[i][4] = (dp[i-1][1] + dp[i-1][3] + 2 * dp[i-1][4]) % mod;
}
cout << dp[n][4] << endl;
}
}
状压DP：
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <stack>
#define frer freopen("in.txt", "r", stdin)
#define frew freopen("out.txt", "w", stdout)
using namespace std; typedef long long LL;
typedef pair<int, int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double inf = 0x3f3f3f3f3f3f;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int maxn = 1e3 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int dr[] = {-1, 1, 0, 0};
const int dc[] = {0, 0, 1, -1};
const char *de[] = {"0000", "0001", "0010", "0011", "0100", "0101", "0110", "0111", "1000", "1001", "1010", "1011", "1100", "1101", "1110", "1111"};
int n, m;
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
inline int Min(int a, int b){ return a < b ? a : b; }
inline int Max(int a, int b){ return a > b ? a : b; }
inline LL Min(LL a, LL b){ return a < b ? a : b; }
inline LL Max(LL a, LL b){ return a > b ? a : b; }
inline bool is_in(int r, int c){
return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;
}
LL dp[maxn][(1<<4)+1]; int main(){
while(cin >> n){
memset(dp, 0, sizeof dp);
dp[0][0] = 1;
for(int i = 0; i < n; ++i){
for(int j = 0; j < 16; ++j){
if(!dp[i][j]) continue;
if(!(j & 2) && i) dp[i+1][j|1] = (dp[i+1][j|1] + dp[i][j]) % mod;
dp[i+1][j|2] = (dp[i+1][j|2] + dp[i][j]) % mod;
if(!(j & 8)) dp[i+1][j|4] = (dp[i+1][j|4] + dp[i][j]) % mod;
dp[i+1][j|8] = (dp[i+1][j|8] + dp[i][j]) % mod;
}
}
cout << dp[n][15] << endl;
}
return 0;
}
组合数学+暴力枚举：
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <stack>
#define frer freopen("in.txt", "r", stdin)
#define frew freopen("out.txt", "w", stdout)
using namespace std; typedef long long LL;
typedef pair<int, int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double inf = 0x3f3f3f3f3f3f;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int maxn = 1e3 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int dr[] = {-1, 1, 0, 0};
const int dc[] = {0, 0, 1, -1};
const char *de[] = {"0000", "0001", "0010", "0011", "0100", "0101", "0110", "0111", "1000", "1001", "1010", "1011", "1100", "1101", "1110", "1111"};
int n, m;
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
inline int Min(int a, int b){ return a < b ? a : b; }
inline int Max(int a, int b){ return a > b ? a : b; }
inline LL Min(LL a, LL b){ return a < b ? a : b; }
inline LL Max(LL a, LL b){ return a > b ? a : b; }
inline bool is_in(int r, int c){
return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;
}
LL c[maxn][maxn];
void init(){
for(int i = 0; i < n; ++i) c[i][0] = c[i][i] = 1;
for(int i = 2; i < n; ++i)
for(int j = 1; j < i; ++j)
c[i][j] = (c[i-1][j] + c[i-1][j-1]) % mod;
} int main(){
while(cin >> n){
init();
LL ans = 0;
for(int i = 2; i < n-1; ++i)
ans = (ans + (c[n-1][i] * (i-1) * (n-i-1)) % mod) % mod;
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
推公式：
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <stack>
#define frer freopen("in.txt", "r", stdin)
#define frew freopen("out.txt", "w", stdout)
using namespace std; typedef long long LL;
typedef pair<int, int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double inf = 0x3f3f3f3f3f3f;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int maxn = 1e3 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int dr[] = {-1, 1, 0, 0};
const int dc[] = {0, 0, 1, -1};
const char *de[] = {"0000", "0001", "0010", "0011", "0100", "0101", "0110", "0111", "1000", "1001", "1010", "1011", "1100", "1101", "1110", "1111"};
int n, m;
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
inline int Min(int a, int b){ return a < b ? a : b; }
inline int Max(int a, int b){ return a > b ? a : b; }
inline LL Min(LL a, LL b){ return a < b ? a : b; }
inline LL Max(LL a, LL b){ return a > b ? a : b; }
inline bool is_in(int r, int c){
return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;
}
LL quick_pow(LL a, LL b){
LL ans = 1;
while(b){
if(b & 1) ans = (ans * a) % mod;
b >>= 1;
a = (a * a) % mod;
}
return ans;
} int main(){
while(cin >> n){
LL ans = (n * n - 5 * n + 4) % mod;
ans = (ans * quick_pow(2LL, n-3) + n - 1) % mod;
cout << ans << endl;
}
return 0;
}
矩阵快速幂：
#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cctype>
#include <cmath>
#include <stack>
#define frer freopen("in.txt", "r", stdin)
#define frew freopen("out.txt", "w", stdout)
using namespace std; typedef long long LL;
typedef pair<int, int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const double inf = 0x3f3f3f3f3f3f;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-8;
const int maxn = 1e3 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;
const int dr[] = {-1, 1, 0, 0};
const int dc[] = {0, 0, 1, -1};
const char *de[] = {"0000", "0001", "0010", "0011", "0100", "0101", "0110", "0111", "1000", "1001", "1010", "1011", "1100", "1101", "1110", "1111"};
int n, m;
const int mon[] = {0, 31, 28, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
const int monn[] = {0, 31, 29, 31, 30, 31, 30, 31, 31, 30, 31, 30, 31};
inline int Min(int a, int b){ return a < b ? a : b; }
inline int Max(int a, int b){ return a > b ? a : b; }
inline LL Min(LL a, LL b){ return a < b ? a : b; }
inline LL Max(LL a, LL b){ return a > b ? a : b; }
inline bool is_in(int r, int c){
return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;
}
struct Matrix{
LL a[6][6];
}; Matrix mul(Matrix x, Matrix y){
Matrix ans;
memset(ans.a, 0, sizeof ans.a);
for(int i = 0; i < 6; ++i){
for(int j = 0; j < 6; ++j){
for(int k = 0; k < 6; ++k){
ans.a[i][j] += (x.a[i][k] * y.a[k][j]) % mod;
}
ans.a[i][j] %= mod;
}
}
return ans;
} Matrix quick_pow(Matrix x, int b){
Matrix ans;
memset(ans.a, 0, sizeof ans.a);
for(int i = 0; i < 6; ++i)
ans.a[i][i] = 1;
while(b){
if(b & 1) ans = mul(ans, x);
b >>= 1;
x = mul(x, x);
}
return ans;
} int main(){
Matrix x, y;
memset(x.a, 0, sizeof x.a);
memset(y.a, 0, sizeof y.a);
x.a[3][3] = x.a[0][0] = x.a[1][0] = x.a[2][1] = x.a[3][0] = x.a[4][1] = x.a[4][3] = x.a[5][2] = x.a[5][4] = x.a[5][5] = 1;
x.a[1][1] = x.a[4][4] = x.a[5][5] = x.a[2][2] = 2;
y.a[0][0] = 1;
while(cin >> n){
Matrix ans = mul(quick_pow(x, n-1), y);
cout << ans.a[5][0] << endl;
}
return 0;
}
CCF 201312-4 有趣的数 (数位DP, 状压DP, 组合数学+暴力枚举, 推公式, 矩阵快速幂)的更多相关文章
- BZOJ_2734_[HNOI2012]集合选数_构造+状压DP
BZOJ_2734_[HNOI2012]集合选数_构造+状压DP 题意:<集合论与图论>这门课程有一道作业题,要求同学们求出{1, 2, 3, 4, 5}的所有满足以 下条件的子集:若 x ...
- 【BZOJ】1076 [SCOI2008]奖励关 期望DP+状压DP
[题意]n种宝物,k关游戏,每关游戏给出一种宝物,可捡可不捡.每种宝物有一个价值(有负数).每个宝物有前提宝物列表,必须在前面的关卡取得列表宝物才能捡起这个宝物,求期望收益.k<=100,n&l ...
- hdu 4352 "XHXJ's LIS"（数位DP+状压DP+LIS）
传送门 参考博文: [1]:http://www.voidcn.com/article/p-ehojgauy-ot.html 题解: 将数字num字符串化: 求[L,R]区间最长上升子序列长度为 K ...
- HDU 1565&1569 方格取数系列（状压DP或者最大流）
方格取数(2) Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others) Memory Limit: 65536/32768 K (Java/Others) Total S ...
- [转]状态压缩dp(状压dp)
状态压缩动态规划(简称状压dp)是另一类非常典型的动态规划,通常使用在NP问题的小规模求解中,虽然是指数级别的复杂度,但速度比搜索快,其思想非常值得借鉴. 为了更好的理解状压dp,首先介绍位运算相关的 ...
- 状态压缩dp 状压dp 详解
说到状压dp,一般和二进制少不了关系(还常和博弈论结合起来考,这个坑我挖了还没填qwq),二进制是个好东西啊,所以二进制的各种运算是前置知识,不了解的话走下面链接进百度百科 https://baike ...
- 洛谷 P3343 - [ZJOI2015]地震后的幻想乡（朴素状压 DP/状压 DP+微积分）
题面传送门 鸽子 tzc 竟然来补题解了,奇迹奇迹( 神仙题 %%%%%%%%%%%% 解法 1: 首先一件很明显的事情是这个最小值可以通过类似 Kruskal 求最小生成树的方法求得.我们将所有边按 ...
- 51nod 1673 树有几多愁(链表维护树形DP+状压DP)
题意 lyk有一棵树,它想给这棵树重标号. 重标号后,这棵树的所有叶子节点的值为它到根的路径上的编号最小的点的编号. 这棵树的烦恼值为所有叶子节点的值的乘积. lyk想让这棵树的烦恼值最大,你只需输出 ...
- BZOJ3836 [Poi2014]Tourism 【树形dp +状压dp】
题目链接 BZOJ3836 题解 显然这是个\(NP\)完全问题,此题的解决全仗任意两点间不存在节点数超过10的简单路径的性质 这意味着什么呢? \(dfs\)树深度不超过\(10\) \(10\)很 ...
随机推荐
- ASP.NET 时间方法大全
DateTime dt = DateTime.Now; //当前时间 DateTime startWeek = dt.AddDays(- Convert.ToInt32(dt.DayOfWeek.To ...
- hdu 1885 Key Task（bfs+位运算）
题意:矩阵中'#'表示墙,'.'表示通路,要求从起点'*'到达终点'X',途中可能遇到一些门(大写字母),要想经过,必须有对应的钥匙(小写字母).问能否完成,若能,花费的时间是多少. 分析:同hdu ...
- POJ 3422 Kaka's Matrix Travels (K取方格数：最大费用流)
题意 给出一个n*n大小的矩阵,要求从左上角走到右下角,每次只能向下走或者向右走并取数,某位置取过数之后就只为数值0,现在求解从左上角到右下角走K次的最大值. 思路 经典的费用流模型:K取方格数. 构 ...
- 20160124.CCPP详解体系(0003天)
程序片段(01):HelloCGI.c 内容概要:CGI_HelloWorld #include <stdio.h> //01.CGI程序的编写规范 // (1).HTML文本格式声明后面 ...
- IP碎片原理：攻击和防护
为了加深理解IP协议和一些DoS攻击手段大家有必要看看以下内容,也许对你理解这个概念有所帮助.先来看看IP碎片是如何产生的吧. 一.IP碎片是如何产生的 链路层具有最大传输 ...
- 计算机网络——TCP/IP协议族详解
一.OSI七层协议体系结构域TCP/IP四层体系结构对比 ISO/OSI模型,即开放式通信系统互联参考模型(Open System Interconnection Reference Model),是 ...
- C#的Timer
PowerCoder 原文 C#的Timer 再C#里现在有3个Timer类: System.Windows.Forms.Timer System.Threading.Timer System.Tim ...
- xtraTabControl 如何遍历每个选项卡 z
XtraTabHitInfo hi = tabPositionControl.CalcHitInfo(new Point(e.X, e.Y)); if (hi.HitTest == XtraTabHi ...
- C# winform打印总结 z
http://blog.csdn.net/jing_xin/article/details/41444063 针对BEIYANG收据打印机 BTP-R580测试通过. 操作说明:http://www. ...
- free-jqGrid
PM> Install-Package free-jqGrid jqGrid 是一个用来显示网格数据的jQuery插件,通过使用jqGrid可以轻松实现前端页面与后台数据的ajax异步通信.文档 ...