[HNOI 2010]Bus 公交线路

Description

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有 \(N\) 个车站， \(K\) 条公交线路。第 \(1\) 到 \(K\) 站是这 \(K\) 线路的起点站。第 \(N-K+1\) 到 \(N\) 是终点站。车只会从编号小的车站驶向编号大的车站。

要求每个车站恰好只属于一个线路，而且同一个线路相临两站距离不得大于 \(P\) 。求有多少种安排方法。输出答案对 \(30031\) 取余数。

\(1\leq N\leq 10^9,1<K\leq P\leq 10,K<N\)

Solution

不妨抛开前 \(K\) 个车站不看。

我们发现，只要每连续的 \(P\) 个站中，都出现了所有 \(K\) 种公交车，方案就是合法的。

证明：
如果方案不合法，必有一线路有相邻站距离大于 \(P\) ，即这连续 \(P\) 个站中缺少一种公交车。根据逆否命题等价，得证。

由于没有线路车站数的限制， \(P\) 又不大，容易想到状态压缩动态规划：

\(F_{i,S}\) 表示：前 \(i\) 位已经确定完毕，不同公交车最后经停站距 \(i+1\) 的位置的状态为 \(S\) ，此时的方案总数。

由于公交车是无差别的， \(S\) 实际上是 \(K\) 个不同整数的集合。每个元素都是 \(1\) 到 \(P\) 的数。

更进一步，集合 \(S\) 中一定有一个元素 \(1\) ，其余的都是 \(2\) 到 \(P\) 。

所以最大只有 \(C_{P-1}^{K-1}\) 个状态即 \(C_9^5=126\) 这样一来我们容易想到用矩阵乘法来优化递推。

Code

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#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define dob complex<double>
#define Abs(a) ((a) < 0 ? (-(a)) : (a))
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
#define Swap(a, b) ((a) ^= (b), (b) ^= (a), (a) ^= (b))
#define writeln(x) (write(x), putchar('\n'))
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
using namespace std;
const int yzh = 30031, SIZE = (1<<10);
void read(int &x) {
    char ch; bool flag = 0;
    for (ch = getchar(); !isdigit(ch) && ((flag |= (ch == '-')) || 1); ch = getchar());
    for (x = 0; isdigit(ch); x = (x<<1)+(x<<3)+ch-48, ch = getchar());
    x *= 1-2*flag;
}
void print(int x) {if (x > 9) print(x/10); putchar(x%10+48); }
void write(int x) {if (x < 0) putchar('-'); print(Abs(x)); }

int n, k, p, bin[20], cnt, sta[130], fin, mp[1050];
struct mat {
    int a[130][130];
    mat() {memset(a, 0, sizeof(a)); }
    mat(int _a[130][130]) {for (int i = 1; i <= 126; i++) for (int j = 1; j <= 126; j++) a[i][j] = _a[i][j]; }
    mat operator * (const mat &b) const {
    mat ans;
    for (int i = 1; i <= cnt; i++)
        for (int j = 1; j <= cnt; j++)
        for (int k = 1; k <= cnt ; k++)
            ans.a[i][j] = (ans.a[i][j]+1ll*a[i][k]*b.a[k][j]%yzh)%yzh;
    return ans;
    }
}S, T;

mat quick_pow(mat a, int b) {
    mat ans = a; b--;
    while (b) {
    if (b&1) ans = ans*a;
    a = a*a, b >>= 1;
    }
    return ans;
}
int bitcount(int x) {int ans = 0; while (x) x -= lowbit(x), ++ans; return ans; }
void work() {
    read(n), read(k), read(p); bin[0] = 1; for (int i = 1; i < 20; i++) bin[i] = (bin[i-1]<<1);
    for (int i = 0; i < bin[p-1]; i++) if (bitcount(i) == k-1) sta[++cnt] = (i<<1|1), mp[i<<1|1] = cnt;
    for (int i = 1; i <= cnt; i++) {
    if (sta[i] == bin[k]-1) S.a[i][i] = 1, fin = i;
    int t = sta[i];
    if (t&bin[p-1]) T.a[i][mp[(t-bin[p-1])<<1|1]] = 1;
    else for (int x = t; x; x -= lowbit(x)) T.a[i][mp[(t-lowbit(x))<<1|1]] = 1;
    }
    S = S*quick_pow(T, n-k); writeln(S.a[fin][fin]);
}
int main() {
    work(); return 0;
}

原文地址：https://www.cnblogs.com/NaVi-Awson/p/8550127.html