『公交线路状压dp 矩阵乘法加速』

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<正文>

公交线路

Description

小Z所在的城市有N个公交车站，排列在一条长(N-1)km的直线上，从左到右依次编号为1到N，相邻公交车站间的距离均为1km。作为公交车线路的规划者，小Z调查了市民的需求，决定按下述规则设计线路：

1.设共K辆公交车，则1到K号站作为始发站，N-K+1到N号台作为终点站。

2.每个车站必须被一辆且仅一辆公交车经过（始发站和终点站也算被经过）。

3.公交车只能从编号较小的站台驶往编号较大的站台。

4.一辆公交车经过的相邻两个

站台间距离不得超过Pkm。在最终设计线路之前，小Z想知道有多少种满足要求的方案。由于答案可能很大，你只

需求出答案对30031取模的结果。

Input Format

仅一行包含三个正整数N K P，分别表示公交车站数，公交车数，相邻站台的距离限制。

N<=10^9，1<P<=10，K<N，1<K<=P

Output Format

仅包含一个整数，表示满足要求的方案数对30031取模的结果。

Sample Input

10 2 4

Sample Output

解析

问题转换：求个$n$个变量$x_{1-n}$赋$[1,k]$之间的值的方案数，需要满足：$x_{1-k}$取遍$1-k$，$x_{(n-k+1)-n}$取遍$1-k$，任意一个区间$[t,t+p-1]$中$1-k$的数至少出现一次。

距离的限制其实就是上述问题转换中的最后一条限制。

考虑状压$dp$，由于$p$很小，我们就压一下当前阶段那个长度为$p$的区间的赋值情况。也就是说，$f[i][S]$代表前$i-1$个变量一个完成赋值，区间$[i,i+p-1]$中$1-k$这些数的赋值情况为$S$的方案数。$S$是一个长度为$p$的二进制数，共有$k$个$1$，从最高位开始数，$S$的第$j$位为$1$，代表$x_{i+j-1}$被赋值为了一个$1-k$之间的数（我们不关心每一个数的具体位置，只需要保证这$k$个数在这个区间内每个出现至少一次即可），作为当前区间合法性的关键值，其他变量随意。对于任意的$S$，需满足最高位为$1$，是因为我们必须保证第$i$位取，这样才能保证最后所有变量都赋了值。

转移当然是由上一个阶段转移而来，方程就是：

\[f[i][S]=\sum_{valid(S',S)} f[i-1][S']
\]

如何判定两个状态直接可以转移？首先两个状态的区间只差了一个位置。也就是$S'$的最高位在$S$中不存在，那么我们就把最高位取走，然后在最低位后面补$0$，如果此时$S'$是$S$的子集，那么我们只需在第$i+p-1$这个位置补上刚才取走的那个数就又是合法的方案了。所以，当操作完后的状态$S'$是$S$的子集时，可以转移。

$Code:$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5+20 , SIZE = 130 , Mod = 30031;

int n,K,P,f[N][SIZE],S[SIZE],tot,ans;

inline void input(void)

{

    scanf("%d%d%d",&n,&K,&P);

}

inline int add(int a,int b) { return a + b >= Mod ? a + b - Mod : a + b; }

inline void Add(int &a,int b) { a = add( a , b ); }

inline void DynamicProgram(void)

{

    for (int i=1<<P-1;i<1<<P;i++)

    {

        int cnt = 0;

        for (int j=1;j<=P;j++)

            cnt += ( i >> (j-1) & 1 );

        if ( cnt == K ) S[++tot] = i;

    }

    f[1][tot] = 1;

    for (int i=2;i<=n-K+1;i++)

        for (int j=1;j<=tot;j++)

            for (int k=1;k<=tot;k++)

            {

                int S1 = S[k] , S2 = S[j];

                int S3 = S1 - (1<<P-1) << 1;

                for (int l=1;l<=P;l++)

                    if ( not( S3 >> (l-1) & 1 ) && ( S3 + (1<<l-1) == S2 ) )

                        Add( f[i][j] , f[i-1][k] );

            }

}

int main(void)

{

    input();

    DynamicProgram();

    printf("%d\n",f[n-K+1][tot]);

    return 0;

}

这样的动态规划算法的时间复杂度为$O(nC_{p-1}^{k-1})$，使用矩阵乘法加速，时间复杂度为$O((C_{p-1}^{k-1})^3\log_2n)$。

$Code:$

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int N = 1e5+20 , SIZE = 130 , Mod = 30031;

int n,K,P,S[SIZE],f[SIZE],tot;

inline int add(int a,int b) { return a + b >= Mod ? a + b - Mod : a + b; }

inline int mul(int a,int b) { return 1LL * a * b % Mod; }

inline void Add(int &a,int b) { a = add( a , b ); }

struct Matrix

{

    int mat[SIZE][SIZE];

    Matrix () { memset( mat , 0 , sizeof mat ); }

    friend Matrix operator * (Matrix a,Matrix b)

    {

        Matrix c;

        for (int i=1;i<=tot;i++)

            for (int j=1;j<=tot;j++)

                for (int k=1;k<=tot;k++)

                    Add( c.mat[i][j] , mul( a.mat[i][k] , b.mat[k][j] ) );

        return c;

    }

};

Matrix Trans;

inline void Maxtrixmul(int *a,Matrix b)

{

    int c[SIZE] = {};

    for (int j=1;j<=tot;j++)

        for (int k=1;k<=tot;k++)

            Add( c[j] , mul( a[k] , b.mat[k][j] ) );

    memcpy( a , c , sizeof c );

}

inline void DynamicProgram(void)

{

    for (int i=1<<P-1;i<1<<P;i++)

    {

        int cnt = 0;

        for (int j=1;j<=P;j++)

            cnt += ( i >> (j-1) & 1 );

        if ( cnt == K ) S[++tot] = i;

    }

    for (int i=1;i<=tot;i++)

        for (int j=1;j<=tot;j++)

        {

            int S1 = S[i] , S2 = S[j];

            int S3 = S1 - (1<<P-1) << 1;

            for (int k=1;k<=P;k++)

                if ( not( S3 >> (k-1) & 1 ) && ( S3 + (1<<k-1) == S2 ) )

                    Trans.mat[i][j] = 1;

        }

    int T = n - K; f[tot] = 1;

    while ( T )

    {

        if ( 1 & T ) Maxtrixmul( f , Trans );

        Trans = Trans * Trans , T >>= 1;

    }

}

int main(void)

{

    scanf("%d%d%d",&n,&K,&P);

    DynamicProgram();

    printf("%d\n",f[tot]);

    return 0;

}

<后记>