Solution -「USACO 2020.12 P」Spaceship

Rainybunny · 2021-03-07 09:57:19 · 题解

  来这里看叭~

\mathcal{Description}

  Link.

  Bessie 在一张含 n 个结点的有向图上遍历，站在某个结点上时，她必须按下自己手中 m 个按钮中处于激活状态的一个才能走向其他结点或终止遍历（不能原地等待）。初始时，所有按钮都处于激活状态，按下 i 号按钮时，i 号按钮变为非激活状态，所有编号 <i 的按钮被激活。

  给定 q 组形如 (b_s,s,b_t,t) 的询问，求 Bessie 从 s 出发，第一步按 b_s 按钮，到 t 终止遍历，且最后一步按 b_t 按钮的遍历方案数（遍历顺序或按键不同，方案则不同）。

  n,k,q\le60。

\mathcal{Solution}

  大概是图上的高维大力 DP 题叭。

  初步理解按键规则：若把 m 个按键视为一个二进制数，那么在行动过程中这一数的数值是单增的——因为若按键最高非激活位被重新激活，则一定被更高位激活。

  进一步，我们尝试以“非激活按键的最高位”为切入点设计 DP 状态。令 f(h,i,j) 表示从 i 出发（不钦定第一步）走到 j（不钦定最后一步），且非激活按键最高位不超过 h 的方案数。转移：

• 当前方案根本没有取到过 h，f(h,i,j)\longleftarrow f(h-1,i,j)。

• 否则，枚举取到 h 的唯一一点 k，显然有

  f(h,i,j)\longleftarrow\sum_{(u,k),(k,v)\in E}f(h-1,i,u)f(h-1,v,j)

  注意到 h 和 k 正在枚举，视为常数，乘法中的两个状态分别只和 i 与 j 有关，所以只需要定义辅助状态

  g(i)=\sum_{(u,k)\in E}f(h-1,i,u) h(j)=\sum_{(k,v)\in E}f(h-1,v,j)

  则有 f(h,i,j)\longleftarrow g(i)h(j)。

  最后一个问题，求出这个 f 有什么用呢？

  f 的定义与询问的差别仅有是否限制第一步和最后一步，所以可以直接把 q 个限制当做虚拟点丢到状态里，让 f 成为 m\times(n+q)\times(n+q) 的状态，f(h,i,j) 的含义变为：

  可见，第 i 个询问的答案即为 f(m,n+i,n+i)。转移过程需要变化的地方仅是当枚举的 (h,k) 恰好为某个询问的某个端点时才给 g 或 h 添加方案。

  综上，复杂度 \mathcal O(mn(n+q)^2)，代码极度舒适。

\mathcal{Code}

/* Clearink */

#include <cstdio>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rpbound##i = r; i <= rpbound##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, rpbound##i = l; i >= rpbound##i; --i )

const int MAXN = 60, MOD = 1e9 + 7;
int n, m, q, f[MAXN + 5][MAXN * 2 + 5][MAXN * 2 + 5];
int lef[MAXN * 2 + 5], rig[MAXN * 2 + 5];
char adj[MAXN + 5][MAXN + 5];
struct Query { int bs, s, bt, t; } qry[MAXN + 5];

inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }

int main() {
    scanf( "%d %d %d", &n, &m, &q );
    rep ( i, 1, n ) {
        scanf( "%s", adj[i] + 1 );
        rep ( j, 1, n ) adj[i][j] ^= '0';
    }
    rep ( i, 1, q ) {
        scanf( "%d %d %d %d", &qry[i].bs, &qry[i].s, &qry[i].bt, &qry[i].t );
    }
    rep ( h, 1, m ) {
        int ( *fcur )[MAXN * 2 + 5]( f[h] );
        int ( *flas )[MAXN * 2 + 5]( f[h - 1] );
        rep ( i, 1, n + q ) rep ( j, 1, n + q ) fcur[i][j] = flas[i][j];
        rep ( k, 1, n ) {
            rep ( i, 1, n ) lef[i] = rig[i] = 0;
            lef[k] = rig[k] = 1;
            rep ( i, 1, q ) {
                lef[n + i] = qry[i].bs == h && qry[i].s == k;
                rig[n + i] = qry[i].bt == h && qry[i].t == k;
            }
            rep ( i, 1, n + q ) rep ( j, 1, n ) if ( adj[j][k] ) {
                addeq( lef[i], flas[i][j] );
            }
            rep ( i, 1, n ) rep ( j, 1, n + q ) if ( adj[k][i] ) {
                addeq( rig[j], flas[i][j] );
            }
            rep ( i, 1, n + q ) rep ( j, 1, n + q ) {
                addeq( fcur[i][j], mul( lef[i], rig[j] ) );
            }
        }
    }
    rep ( i, 1, q ) printf( "%d\n", f[m][n + i][n + i] );
    return 0;
}