AtCoder Grand Contest 009 E：Eternal Average

题目传送门：https://agc009.contest.atcoder.jp/tasks/agc009_e

题目翻译

纸上写了\(N\)个\(1\)和\(M\)个\(0\)，你每次可以选择\(k\)个数字擦掉，然后再写一个他们的平均值上去。保证\(N+M-1\)可以整除\(k-1\)，请问最后留下来的那个数有多少种。\(N,M,K\leqslant 2000\)

题解

这题可以转化一下题意：有一棵\(k\)叉树，有\(n+m\)个叶子，每个叶子的权值是\(0\)或\(1\)，其他结点的权值是子结点权值的平均值。问根节点的权值有多少种情况。

假设权值为\(0\)的叶子的深度分别为\(x_i\)，权值为\(1\)的叶子的深度分别为\(y_i\)。

显然：\(\sum k^{-x_i}+\sum k^{-y_i}=1\)

所以对于所有的有理数\(s\)，根的权值可能等于他必然满足：

\(s=\sum k^{-y_i}\)

\(1-s=\sum k^{-x_i}\)

把\(s\)写成\(k\)进制\(0.s_1s_2s_3...s_{len}\)，如果\(s\)可以被\(N\)个\(k^{-1}\)的幂的和表示，那么一定满足：

\(\sum\limits_{i=1}^{len}s_i\leqslant N\)且\(\sum\limits_{i=1}^{len}s_i\equiv N(\bmod k-1)\)

我们还可以把\(k^{-a}\)拆成\(k\)个\(k^{-a-1}\)来凑出恰好\(N\)。

然后我们就可以\(N^2dp\)求\(s\)的方案数了。

时间复杂度：\(O(nm)\)

空间复杂度：\(O(nm)\)

代码如下：

#include <cstdio>

#include <algorithm>

using namespace std;

const int maxn=2e3+5,pps=1e9+7;

int n,m,k,ans,len;

int f[maxn<<1][maxn];

int read() {

	int x=0,f=1;char ch=getchar();

	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar())if(ch=='-')f=-1;

	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar())x=x*10+ch-'0';

	return x*f;

}

int main() {

	n=read(),m=read(),k=read();

	len=(n+m-1)/(k-1);

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

		f[1][i]=1;

	for(int i=2;i<=len;i++)

		for(int j=1;j<=n;j++) {

			f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i][j-1])%pps;

			if(j>=k)f[i][j]=(f[i][j]+pps-f[i-1][j-k])%pps;

		}

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

		int limit=max(0,i*(k-1)-m)+1;

		for(int j=n;j>=limit;j-=k-1)

			ans=(ans+f[i][j])%pps;

	}

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

	return 0;

}

巴特西

AtCoder Grand Contest 009 E：Eternal Average

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