题目描述
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解法
还是把一开始的球确定了好 \(dp\),否则写出来的 \(dp\) 奇奇怪怪还不好优化。
枚举初始时有 \(x\) 个白球 \(n-x\) 个黑球,注意每一轮之后球数都是 \(n\),可以设 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 轮过后有 \(j\) 个白球对应序列方案数,我们考虑这一轮放置的方法可以得到这样的转移:
其实我们不需要枚举,由于转移方式都是相同的,我们做整体 \(dp\) 就行了(本题体现为多点初始化)
但是这样会算重,考虑两种不同的初始状态可能对应着相同的序列,但是放在坐标上是同构的:
所以我们强制路径碰到 \(j=0\) 就可以不算重了,这只需要在状态中增加一维。
#include <cstdio> #include <cstring> #include <iostream> using namespace std; const int M = 3005; const int MOD = 1e9+7; int read() { int x=0,f=1;char c; while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;} while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();} return x*f; } int n,m,w,ans,f[2][M][2]; void add(int &x,int y) {x=(x+y)%MOD;} void work() { w^=1;memset(f[w],0,sizeof f[w]); for(int j=0;j<=n;j++) { int a=f[w^1][j][0],b=f[w^1][j][1]; if(j>=1) { //bb if(j==1) add(f[w][j-1][1],a); else add(f[w][j-1][0],a); add(f[w][j-1][1],b); //bw if(j==1) add(f[w][j][1],a); else add(f[w][j][0],a); add(f[w][j][1],b); } if(j<n) { //ww add(f[w][j+1][0],a); add(f[w][j+1][1],b); //wb add(f[w][j][0],a); add(f[w][j][1],b); } } } signed main() { n=read();m=read(); f[0][0][1]=1; for(int i=1;i<=n;i++) f[0][i][0]=1; for(int i=1;i<=m;i++) work(); for(int i=0;i<=n;i++) add(ans,f[w][i][1]); printf("%d\n",ans); }