【JZOJ5411】【NOIP2017提高A组集训10.22】友谊

Description

Flowey 是一朵能够通过友谊颗粒传播LOVE 的小花．它的友谊颗粒分为两种，
圆粒的和皱粒的，它们依次排列组成了一个长度为2m 的序列．对于一个友谊颗
粒的序列，如果存在1<=i

Data Constraint

对于30%的数据，满足n<=10,m<=10
对于60%的数据，满足n<=300,m<=300
对于100%的数据，满足1<=n<=3000,1<=m<=3000,2<=p<=1000000007

Solution

我们先讲讲60分的解法。设f[i][j][k]表示前i位的偶数位中还有j个圆粒，k个皱粒没有匹配。那么转移就很显然了。
那么我们现在想想满分：我们将奇数位与偶数位分开。显然1号位和2*m号位不可能匹配，我们将他们去掉，最后在答案上*4即可。为了保证原本不能匹配的奇数位也能匹配，我们在偶数位前人为加多n位，里面事先放入0~n个圆粒，其余为皱粒，即f[0][i]=1。若奇数位不能匹配就找它。那么现在我们设f[i][j]表示奇数位枚举至i，偶数位枚举至n+i，偶数位还有j个圆粒没有匹配，因为奇数位的i个都是匹配的，所以偶数位中只有n+i-i个豌豆没有匹配，又其中有j个圆粒，那自然有n-j个皱粒。那么现在f[i][j][k]就变为f[i][j][n-j]了，转移不变。但我们发现这样的计算会算重。即加入的n个偶数位中假如有a个圆粒，b个皱粒，其余的偶数位缺c个圆粒，d个皱粒。那么现在只要a>=c,b>=d答案就会计算一遍，这显然不行。所以我们强制a=c，b>=d时才会计算，即在某一时刻该数组会经历f[i][0]的情况，为了实现这个，我们多加入一位f[i][j][0..1]表示数组是否经历f[i][0]，最后答案就为$\sum_{i=0}^nf[m][i][1]$。

Code

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int maxn=3e3+5;
int f[maxn][maxn][2];
int n,m,mo,i,t,j,k,l,x,y,z,ans;
int main(){
    freopen("friend.in","r",stdin);freopen("friend.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&mo);n--;m--;
    for (i=1;i<=n;i++)f[0][i][0]=1;f[0][0][1]=1;
    for (i=0;i<m;i++)
        for (j=0;j<=n;j++){
            f[i+1][j][0]=(f[i+1][j][0]+f[i][j][0]*2%mo)%mo;
            f[i+1][j+1][0]=(f[i+1][j+1][0]+f[i][j][0])%mo;
            f[i+1][j][1]=(f[i+1][j][1]+f[i][j][1]*2%mo)%mo;
            f[i+1][j+1][1]=(f[i+1][j+1][1]+f[i][j][1])%mo;
            if (j){
                f[i+1][j-1][1]=(f[i+1][j-1][1]+f[i][j][1])%mo;
                if (j!=1) f[i+1][j-1][0]=(f[i+1][j-1][0]+f[i][j][0])%mo;
                else f[i+1][0][1]=(f[i+1][0][1]+f[i][j][0])%mo;
            }
        }
    for (i=0;i<=n;i++)
        ans=(ans+f[m][i][1])%mo;
    ans=ans*2%mo*2%mo;
    printf("%d\n",ans);
}