@atcoder - AGC035E@ Develop

@description@
@solution@
@accepted code@
@details@

@description@

给定初始集合为 1 ~ N 的全集，并给定一个 K。

每次对于当前集合 S，你可以选择 S 中的一个元素 x，并将 x 从 S 中删除。

假如 x - 2 在 1 ~ N 的范围内且不在集合 S 中，在 S 中加入 x - 2。

假如 x + K 在 1 ~ N 的范围内且不在集合 S 中，在 S 中加入 x + K。

求最后可以得到的不同集合数量 mod M。

Constraints

1≤K≤N≤150, 10^8≤M≤109

Input

输入格式如下：

N K M

Output

输出不同集合数量 mod M。

Sample Input 1

3 1 998244353

Sample Output 1

7

@solution@

考虑假如 x 与 x-2 最后都要被删除，肯定应该先删 x 再删 x-2（先删 x-2 的话，再删 x 就又多出来一个 x-2）。

那么我们连边 x -> x-2，x -> x+K，表示 x 比 x-2, x+K 先删。

最后如果要求删除的点形成一个环，肯定无解。否则我们按照拓扑序来删必然是一个合法方案。

那么相当于对于这样一个图，有多少点集满足点集内的点不形成环。

考虑与 K 无关的那些边，会连成 1 <- 3 <- ... 与 2 <- 4 <- ... 两条链，一条奇数，一条偶数。

接下来将 K 分奇偶讨论，因为 K 是偶数时 x -> x+K 必然是在奇偶内部连边，而 K 为奇数时可以跨奇偶连边。

当 K 为偶数时，我们要避免 a -> a-2 -> ... a-K -> a 这样的环，其实就是不能选择超过 K/2 + 1 个连续点。

这个随便怎么 dp 都可以。

当 K 为奇数时。注意到最小环必然恰好经过 2 条 K 边（0,1 显然，> 2 可以缩成 2 条）。

我们先将图写成类似以下形式（假设 K = 3）：

其实就是对于每个奇数 x，将 x 与 x + K 放在同一层。

这样有什么好处呢？注意到环的形式一定为 a -> a-2 -> ... b-K -> b -> b-2 -> ... a-K -> a（假设 a 为奇数），对应到图上即从 a 开始往上走到某一点 b-K，再往右走到 b，再往上走到 a-K 的地方。

等价地说，假如这样一条往上 + 往右 + 往上的路径包含 > K + 1 个点，就会形成环。

注意到这样一条路径没有往下的选择，所以我们就可以从上到下 dp。

定义 dp(i, j, k) 表示前 i 层，往上 + 往右 + 往上的路径包含 j 个点，右边偶数的链对应往上的点连续选中了 k 个。

k 这一维是为了方便我们得到新的 j（可能在 i 这个点直接往右走）。

注意往上 + 往右 + 往上，两个往上可以缩减成一个点，但必须要有往右的过程。

@accepted code@

#include <cstdio>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int MAXN = 150;

int N, K, M;

int add(int a, int b) {return (a + b)%M;}

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

int f[MAXN + 5][MAXN + 5];

void solve1() {

	K /= 2, f[0][0] = 1;

	for(int i=1;i<=N;i++) {

		for(int j=0;j<=K;j++)

			f[i][0] = add(f[i][0], f[i-1][j]);

		for(int j=0;j<K;j++)

			f[i][j+1] = add(f[i][j+1], f[i-1][j]);

	}

	int ans1 = 0, ans2 = 0;

	for(int i=0;i<=K;i++)

		ans1 = add(ans1, f[N/2][i]);

	for(int i=0;i<=K;i++)

		ans2 = add(ans2, f[(N+1)/2][i]);

	printf("%d\n", mul(ans1, ans2));

}

int g[2*MAXN + 5][MAXN + 5][MAXN + 5];

void solve2() {

	int p; g[0][0][0] = 1;

	for(int i=2;i-K<=N;i+=2) {

		for(int j=0;j<=N;j++)

			for(int k=0;k<=K+1;k++)

				g[i][0][0] = add(g[i][0][0], g[i-2][j][k]);

		if( i <= N ) {

			for(int j=0;j<=N;j++)

				for(int k=0;k<=K+1;k++)

					g[i][j+1][0] = add(g[i][j+1][0], g[i-2][j][k]);

		}

		if( i - K >= 1 ) {

			for(int j=0;j<=N;j++) {

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

					g[i][0][k+1] = add(g[i][0][k+1], g[i-2][j][k]);

				g[i][0][0] = add(g[i][0][0], g[i-2][j][0]);

			}

		}

		if( i <= N && i - K >= 1 ) {

			for(int j=0;j<=N;j++)

				for(int k=0;max(k,j+1)<=K;k++)

					g[i][j+1][max(k+1,j+2)] = add(g[i][j+1][max(k+1,j+2)], g[i-2][j][k]);

		}

		p = i;

	}

	int ans = 0;

	for(int j=0;j<=N;j++)

		for(int k=0;k<=K+1;k++)

			ans = add(ans, g[p][j][k]);

	printf("%d\n", ans);

}

int main() {

	scanf("%d%d%d", &N, &K, &M);

	if( K % 2 == 0 ) solve1();

	else solve2();

}

@details@

感觉 AGC 好像很喜欢出这种状态定义比较抽象，但是状态转移非常简单的 dp 题。

比如 AGC039E，或者说 AGC037D 都是这种类型的 dp。

你以为你绕了半天写出来的长代码就是正解了？

拜托，正解根本不足 100 行.jpg。

但是做了这么多 AGC 的 dp 题还是不会 QAQ。

巴特西

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