题面：

题目描述：

题意很简单：1.数组中的所有整数都在区间[l, r]，2.所有元素之和能被3整除。现在知道这个数组的大小，l和r，问：按照题目的要求组成的数组一共有多少种可能。

题目分析：

这道题应该是一道常见的用dp来解决计数的问题。

1.如果忽略所有元素之和能被3整除，那么，按照正常的想法答案肯定是：(r-l+1)n。但是题目多了所有元素之和能被3整除，看似难度大了很多。其实，我们可以分析一下：忽略所有元素之和能被3整除，答案是怎样想出来的：每一个“位”上都有(r-l+1)种选择，然后把每个“位”上的选择乘起来，就是(r-l+1)ⁿ。因此，我们可以通过研究每个"位"上的选择来解决这个问题。但在实际情况中，这个“位”的选择实在是不好解决：要确定所有元素之和要被3整除，有些“位”可能是之前不能被3整除，经过几次累加后就能被3整除了，情况过于复杂。这时，我们要想一种能“简化过程”的思想：

把问题拆解子问题，对应的解决办法其中就有dp。我们可以这样定义问题：前n个数的和能被3模余p(p = 0, 1, 2)的可能有多少？那么其中一个子问题是：前n-1个数的和能被3模余p(p = 0, 1, 2)的可能有多少？换成更直观的图，其实就是：

前n-1位已经确定好（计算出前n-1位的可能数），如果确定了第n位的选择，那么根据组合数学计数原理，就可以用前n-1位计算出的结果计算出前n位一共有多少种选择。第n位的选择要看当前的“状态”是什么：也就是和p有关。

2.经过分析，有如下选择（这里用dp[p][n]来代表上面的含义）：

当p == 0时：

dp[0][n] += dp[0][n-1] * (第n位选被3模后余数为0的数的个数)

dp[0][n] += dp[1][n-1] * (第n位选被3模后余数为2的数的个数)

dp[0][n] += dp[2][n-1] * (第n位选被3模后余数为1的数的个数)

当p == 1时：

dp[0][n] += dp[0][n-1] * (第n位选被3模后余数为1的数的个数)

dp[0][n] += dp[1][n-1] * (第n位选被3模后余数为0的数的个数)

dp[0][n] += dp[2][n-1] * (第n位选被3模后余数为2的数的个数)

当p == 2时：

dp[0][n] += dp[0][n-1] * (第n位选被3模后余数为2的数的个数)

dp[0][n] += dp[1][n-1] * (第n位选被3模后余数为1的数的个数)

dp[0][n] += dp[2][n-1] * (第n位选被3模后余数为0的数的个数)

我们先看看当p == 0时，是怎样得到结果的：有三种情况：第一种情况：前n-1个数的和取模后余数为0且第n个数选余数为0的数，这样才能保证前n位之和取模后余数为0（也就是p）；第二种情况：前n-1个数的和取模后余数为1且第n个数选余数为2的数，这样才能保证前n位之和取模后余数为0（也就是p）；第三种情况同理可得，p == 1和p == 2也同理可得。

3.现在的问题关键是：第n位选被3模后余数为p的数的个数怎么算：我们可以思考这样一个问题：1-x中，被3取模后余数为p的数的个数 f_p(x) 是多少？假如我们解决这个问题，就可以用 f_p(r) - f_p(l-1) 来算出答案了。因为p的选择不多（p = 0, 1, 2），所以我们直接分类讨论就行了：

1-x中，被3取模后余数为0的数的个数：f₀(x) = x / 3

1-x中，被3取模后余数为1的数的个数：f₁(x) = (x + 2) / 3

1-x中，被3取模后余数为2的数的个数：f₂(x) = (x + 1) / 3

4.自己注意初始化问题。

AC代码：

 1 #include <cstdio>

 2 #include <cstring>

 3 #include <iostream>

 4 #include <cmath>

 5 #include <algorithm>

 6 using namespace std;

 7 const long long mod = 1e9+7;

 8 const long long maxn = 2e5+5;

 9 long long n, l, r;

10

11 long long dp[5][maxn];

12

13 const int yu[3][3] = {{0, 2, 1}, {1, 0, 2}, {2, 1, 0}};

14

15

16 int main(){

17     cin >> n >> l >> r;

18     int t;

19

20     //注意初始化

21     for(int i = 0; i < 3; i++){

22         t = (3-i)%3;

23         dp[i][1] = ( (r+t)/3-(l+t-1)/3 );

24     }

25

26

27     for(int i = 2; i <= n; i++){

28         for(int k = 0; k < 3; k++){

29             for(int p = 0; p < 3; p++){

30                 t = (3-yu[k][p]) % 3;

31                 dp[k][i] += dp[p][i-1]*( (r+t)/3-(l+t-1)/3 ) % mod;

32                 dp[k][i] %= mod;

33             }

34         }

35     }

36

37     cout << dp[0][n] << endl;

38

39     return 0;

40 }

巴特西

Codeforces Round #533 C. Ayoub and Lost Array

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