ZOJ-3725 Painting Storages 动态规划

题意：给定一个数N，表示有N个位置，要么放置0，要么放置1，问至少存在一个连续的M个1的放置方式有多少？

分析：正面求解可能还要考虑到重复计算带来的影响，该题适应反面求解。设dp[i][j]表示到前 i 为后导 1 个数为 j 的方案数，于是有动态规划方程：

dp[i][0] = sum{ dp[i-1][0... min(i-1, M) ] };
dp[i][j] = dp[i-1][j-1]  其中 j != 1

单单根据这个方程时间度为O(N*M)，还是不足以在有限的时间内解出该问题。通过观察我们发现方程可以简化，即后一层的和值是上一层和值的两倍减去上层的最后一个值。于是可以维护一个最后一个值得队列，然后计算出首行的和值即可。注意首行是表示状态数达到M个的行。

代码如下：

#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <queue>
using namespace std;

typedef long long LL;
const int mod = int(1e9)+;
int N, M;
queue<int>q;
int pp[];

LL _pow(LL a, int b) {
    LL ret = ;
    while (b) {
        if (b & ) ret = (ret * a) % mod;
        b >>= ;
        a = (a * a) % mod;
    }
    return ret;
}

void gao() {
    int ret = ;
    while (!q.empty()) q.pop();
    pp[] = , pp[] = ;
    q.push(pp[]);
    q.push(pp[]);
    for (int i = ; i < M; ++i) {
        pp[i] = (1LL * pp[i-] * ) % mod;
        ret = (1LL * ret + pp[i]) % mod;
        q.push(pp[i]);
    }
    for (int i = M; i <= N; ++i) {
        q.push(ret);
        ret = (1LL * ret *  - q.front() + mod) % mod;
        q.pop();
    }
    printf("%d\n", (1LL * _pow(, N) - ret + mod) % mod);
}

int main() {
    while (scanf("%d %d", &N, &M) != EOF) {
        if (N ==  || M > N) {
            puts("");
            continue;
        }
        if (M == ) {
            printf("%d\n", _pow(, N));
            continue;
        }
        if (M == ) {
            printf("%d\n", (_pow(, N)-+mod)%mod);
            continue;
        }
        gao();
    }
    return ;
}