计蒜之道-2017复赛-腾讯消消乐(状压DP)
2017-07-05 22:11
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腾讯消消乐
腾讯推出了一款益智类游戏——消消乐。游戏一开始,给定一个长度为 nn 的序列,其中第 ii 个数为 A_iAi。
游戏的目标是把这些数全都删去,每次删除的操作为:选取一段连续的区间,不妨记为 [L,R][L,R],如果这一段区间内所有数的最大公约数 \geq
k≥k(kk 值在游戏的一开始会给定),那么这一段区间就能被直接删去。
注意:一次删除以后,剩下的数会合并成为一个连续区间。
定义 f(i)f(i) 为进行 ii 次操作将整个序列删完的方案数。
你需要实现一个程序,计算 \sum_{i=1}^{n}{(f(i)
\ast i)} \text{ mod } 1000000007∑i=1n(f(i)∗i) mod 1000000007。
第一行输入两个整数 n,k(1\le
n \le 18)n,k(1≤n≤18)。
第二行输入 nn 个正整数 a_i(1
\le a_i \le 10^5)ai(1≤ai≤105),表示初始序列中的每个数。
输入数据保证 1
\le k \le \min(a_1,a_2,\ldots a_n)1≤k≤min(a1,a2,…an)。
输出一个整数,表示算出的答案。
对于样例 1 而言,f(1)=1f(1)=1,f(2)=9f(2)=9,f(3)=26f(3)=26,f(4)=24f(4)=24。
对于样例 2,f(1)=0f(1)=0,f(2)=2f(2)=2。
思路:暴力转移就好了。。
官方题解: f(mask,step)f(mask,step) 表示考虑当前 maskmask 集合内的数用 stepstep 步删除完的方案数,每次转移则可以简单地用 O(n^2)O(n2) 来进行枚举删掉的一段区间进行转移。。
枚举步数,再枚举所有的状态, 1 代表删除的 0代表没删除的, n2枚举起点终点, 他们之间有1也没事, 代表这些删除了,剩下的合并。。因为枚举了所有状态, 就算已经删除的里面有gcd不大于 k 的 他的值也是0,初始化dp{0}【0】 = 1就好了
腾讯推出了一款益智类游戏——消消乐。游戏一开始,给定一个长度为 nn 的序列,其中第 ii 个数为 A_iAi。
游戏的目标是把这些数全都删去,每次删除的操作为:选取一段连续的区间,不妨记为 [L,R][L,R],如果这一段区间内所有数的最大公约数 \geq
k≥k(kk 值在游戏的一开始会给定),那么这一段区间就能被直接删去。
注意:一次删除以后,剩下的数会合并成为一个连续区间。
定义 f(i)f(i) 为进行 ii 次操作将整个序列删完的方案数。
你需要实现一个程序,计算 \sum_{i=1}^{n}{(f(i)
\ast i)} \text{ mod } 1000000007∑i=1n(f(i)∗i) mod 1000000007。
输入格式
第一行输入两个整数 n,k(1\len \le 18)n,k(1≤n≤18)。
第二行输入 nn 个正整数 a_i(1
\le a_i \le 10^5)ai(1≤ai≤105),表示初始序列中的每个数。
输入数据保证 1
\le k \le \min(a_1,a_2,\ldots a_n)1≤k≤min(a1,a2,…an)。
输出格式
输出一个整数,表示算出的答案。
样例说明
对于样例 1 而言,f(1)=1f(1)=1,f(2)=9f(2)=9,f(3)=26f(3)=26,f(4)=24f(4)=24。对于样例 2,f(1)=0f(1)=0,f(2)=2f(2)=2。
样例输入1
4 1 1 1 1 1
样例输出1
193
样例输入2
2 2 2 3
样例输出2
4
样例输入3
1 233 233
样例输出3
1
思路:暴力转移就好了。。
官方题解: f(mask,step)f(mask,step) 表示考虑当前 maskmask 集合内的数用 stepstep 步删除完的方案数,每次转移则可以简单地用 O(n^2)O(n2) 来进行枚举删掉的一段区间进行转移。。
枚举步数,再枚举所有的状态, 1 代表删除的 0代表没删除的, n2枚举起点终点, 他们之间有1也没事, 代表这些删除了,剩下的合并。。因为枚举了所有状态, 就算已经删除的里面有gcd不大于 k 的 他的值也是0,初始化dp{0}【0】 = 1就好了
#include <iostream> #include <cstdio> #include <cstring> #include <algorithm> #include <vector> #include <cmath> typedef long long ll; using namespace std; const int Mod = 1000000007; int dp[5][(1<<18)+5000], n, k, a[20]; int main() { while(~scanf("%d%d", &n, &k)) { memset(dp, 0, sizeof(dp)); for(int i = 0; i < n; i++) scanf("%d", &a[i]); int cur = 0; ll ans = 0; dp[0][0] = 1; int last = 1 << n; for(int i = 1; i <= n; i++) { memset(dp[cur^1], 0, sizeof(dp[cur^1])); for(int j = 0; j < last; j++) { if(!dp[cur][j]) continue; for(int l = 0; l < n; l++) { if(j & (1<<l)) continue; int tmp = j; int gcd = a[l]; // tmp += (1<<l); for(int r = l; r < n; r++) { if(tmp & (1<<r)) continue; gcd = __gcd(a[r], gcd); if(gcd < k) break; tmp += (1<<r); if(tmp < (1<<18)) dp[cur^1][tmp] = (dp[cur^1][tmp] + dp[cur][j])%Mod; } } } cur ^= 1; ans = (ans + (ll)dp[cur][last-1]*i)%Mod; } printf("%lld\n", ans); } return 0; }
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