HDU 2044 "一只小蜜蜂"
•题解
类似与斐波那契数列；
定义 $f[i]$ 表示从 $1$ 号蜂房走到 $i$ 号蜂房的总方案数，那么有 $f[1]=f[2]=1$，$f[i]=f[i-1]+f[i-2]\ ,\ i > 2$；
但此题要求你从 $a$ 号蜂房走到 $b$ 号蜂房的总方案数；
那么，你就需要将 $a$ 号蜂房设置为 $1$ 号蜂房即可，即令 $f[a]=f[a+1]=1$，$f[i]=f[i-1]+f[i-2]\ ,\ i > a+1$；
输出 $f[b]$ 即可；
•Code
View Code1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 5 int a,b; 6 ll f[100]; 7 8 int main() 9 { 10 int T; 11 scanf("%d",&T); 12 while(T--) 13 { 14 scanf("%d%d",&a,&b); 15 f[a]=1; 16 f[a+1]=1; 17 for(int i=a+2;i <= b;++i) 18 f[i]=f[i-1]+f[i-2]; 19 20 printf("%lld\n",f[b]); 21 } 22 return 0; 23 }
•变形
题面不变，数据加强；
令 $0<a<b\le 100000$，并要求最终答案对 $1e9+7$ 取模；
•分析
对变形前代码时间复杂度分析的话，最坏的情况是，$O(T\cdot 50)$，当然，如果 $T < 10^6$ 还是可以过得；
但是，加大数据后，这可就不一定了；
考虑到每次测试数据中的 $for$ 循环，可不可以提前预处理出来；
如果 $a=1$ ，那么，斐波那契数列第 $b$ 项 $f[b]$ 就是答案；
如果 $a \noe 1$ 呢？
我们考虑一下比之前多计算的情况；
首先，在之前的代码中，每次都令 $g[a]=g[a+1]=1$；（为不与斐波那契 $f$ 混淆，以下将上题中的 $f$ 改为 $g$）
也就是说，$f[a]$ 比 $g[a]$ 多计算了 $f[a]-1$ 中情况，同样，$f[a+1]$ 比 $g[a]$ 多计算了 $f[a+1]-1$ 中情况；
定义 $x=f[a]-1\ ,\ y=f[a+1]-1$，那么，由递推式 $g[a+2]=g[a+1]+g[a]$ 可得 $f[a+2]$ 比 $g[a+2]$ 多计算了 $x+y$；
也就是说，$f[b]$ 比 $g[b]$ 多计算的东西与 $a,b$ 之间的距离有关；
定义 $X[i]\ ,\ Y[i]$ 分别表示从 $a$ 蜂房到 $b$ 蜂房多计算了 $X[i]$ 个 $x$ 和 $Y[i]$ 个 $y$ 值；
那么，只需要从 $f[b]$ 中减掉就行了；
•Code
View Code1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 const int N=1e5+50; 5 const int MOD=1e9+7; 6 7 int a,b; 8 ll x[N]; 9 ll y[N]; 10 ll f[N]; 11 12 void Init() 13 { 14 x[0]=y[1]=1; 15 y[0]=x[1]=0; 16 for(int i=2;i < N;++i) 17 { 18 x[i]=x[i-1]+x[i-2]; 19 y[i]=y[i-1]+y[i-2]; 20 x[i] %= MOD; 21 y[i] %= MOD; 22 } 23 f[1]=f[2]=1; 24 for(int i=3;i < N;++i) 25 f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%MOD; 26 } 27 int main() 28 { 29 Init(); 30 31 int T; 32 scanf("%d",&T); 33 while(T--) 34 { 35 scanf("%d%d",&a,&b); 36 ll u=f[a]-1; 37 ll v=f[a+1]-1; 38 ll ans=f[b]-(u*x[b-a]%MOD+v*y[b-a]%MOD)%MOD; 39 ans=(ans+MOD)%MOD; 40 41 printf("%lld\n",ans); 42 } 43 44 return 0; 45 }
HDU 2045
•题意
有排成一行的ｎ个方格，用红(Red)、粉(Pink)、绿(Green) 三色涂每个格子；
每格涂一色，要求任何相邻的方格不能同色，且首尾两格也不同色；
求全部的满足要求的涂法；
•题解（递推）
定义 $f[i]$ 表示 $i$ 个格子的总方案数；
假设 $f[1],f[2],\cdots ,f[i-1]$ 已经求出，如何求出 $f[i]$ 呢？
考虑到这一点 $i$ 与 $i-1$ 不同色，同时 $i$ 与 $1$ 也不同色；
$i$ 个格子的总方案数是不是可以分为以下两种：
① 第 $i-1$ 个格子与第 $1$ 个格子不同色
② 第 $i-1$ 个格子与第 $1$ 个格子同色
对于情况①，已知 $f[i-1]$ 求解的是 $i-1$ 与 $1$ 不同色的总方案数，所以，情况①的答案为 $f[i-1]$；
对于情况②，因为第 $i-1$ 个格子与第 $1$ 个格子同色，且第 $i-1$ 个格子与第 $i-2$ 个格子不同色；
也就是说，求解第 $i-1$ 个格子与第 $1$ 个格子同色的总方案数可以转化为求解第 $i-2$ 个格子与第 $1$ 个格子不同色的总方案数；
易得 $f[i-2]$ 就是解，又因为第 $i-1$ 个格子与第 $1$ 个格子同色，所以，第 $i$ 个格子有两种选择；
所以情况②的总方案数为 $2\times f[i-2]$；
所以，$f[i]=f[i-1]+2\times f[i-2]$；
•Code
View Code1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 const int N=60; 5 6 int n; 7 ll f[N]; 8 9 int main() 10 { 11 f[1]=3; 12 f[2]=f[3]=6; 13 for(int i=4;i < N;++i) 14 f[i]=f[i-1]+2*f[i-2]; 15 16 while(~scanf("%d",&n)) 17 printf("%lld\n",f[n]); 18 }
HDU 2049 "不容易系列之(4)——考新郎"
•题解
定义 $f[i][j]$ 表示 $i$ 对新婚夫妇中，$j$ 个新郎找错新娘的总方案数；
假设 $i-1$ 对新婚夫妇的所有新郎找错新娘的总方案数已经求出；
那么，如果现在又来了一对新婚夫妇，如何求解这 $i$ 对新婚夫妇中所有新郎找错新娘的总方案数呢？
以求解 $f[i][j]$ 为例；
考虑到以下几种情况：
- 前 $i-1$ 对新婚夫妇中有 $j$ 个新郎找不到新娘，那么，第 $i$ 个新郎一定找对了新娘
- 前 $i-1$ 对新婚夫妇中有 $j-1$ 个新郎找不到新娘，那么，第 $i$ 个新郎势必要与前 $i-1$ 对新婚夫妇中找不到新娘的新郎互换新娘才满足 $j$ 个新郎找不到新娘的条件
- 前 $i-1$ 对新婚夫妇中有 $j-2$ 个新郎找不到新娘，那么，第 $i$ 个新郎势必要与前 $i-1$ 对新婚夫妇中找到新娘的新郎互换新娘才满足 $j$ 个新郎找不到新娘的条件
- 情况 1 的总方案数为 $f[i-1][j]$
- 情况 2 的总方案数为 $f[i-1][j-1]\cdot (j-1)$，第 $i$ 个新郎与这 $j-1$ 个找不到新娘的新郎中的任意一个新郎互换新娘都可以满足条件
- 情况 3 的总方案数为 $f[i-1][j-2]\cdot (i-j+1)$，第 $i$ 个新郎与找到新娘的新郎中的任意一个互换新娘都可以满足条件
综上，$f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]\cdot (j-1)+f[i-1][j-2]\cdot (i-j+1)$ ；
•Code
View Code1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define ll long long 4 const int N=21; 5 6 int n,m; 7 ll f[N][N]; 8 9 void Init() 10 { 11 for(int i=1;i < N;++i) 12 f[i][0]=1; 13 for(int i=2;i < N;++i) 14 for(int j=2;j <= i;++j) 15 f[i][j]=f[i-1][j]+(j-1)*f[i-1][j-1]+(i+1-j)*f[i-1][j-2]; 16 } 17 int main() 18 { 19 Init(); 20 int T; 21 scanf("%d",&T); 22 while(T--) 23 { 24 scanf("%d%d",&n,&m); 25 printf("%lld\n",f[n][m]); 26 } 27 }