*波动数列c++

题目

输入样例：

4 10 2 3

输出样例：

2

样例解释

两个满足条件的数列分别是2 4 1 3和7 4 1 -2。

思路

上来先理解题意，本题求的是“长度为n  总和为s的……数列的数目”。

假设第一项为x，增加 a 或者减少 b用di表示，那么满足题目要求(后一项总是比前一项增加 a或者减少 b)的数列都可以表示成：

          (1)

数列前n项的和 s可以表示为：

那么:

                 (2)

        从上面(2)式可以看出，对于确定的s,n，每个x都由一组(d1, d2, ..., dn)唯一确定，同时，如果确定了一个x，那么一组(d1, d2, ..., dn)也会唯一确定，即一个数列就确定了，因此(d1, d2, ..., dn)的合法组数等于满足题目要求的数列总数。

        那什么样的一组(d1, d2, ..., dn)是合法解？由于x是整数，因此(2)式中的分子必须是n的倍数，即s和模n要同余。

状态表示

由上分析得知本题涉及到的变量为(d1, d2, ..., dn)，以及 mod n的同余数j。那么只要算出所有的组合模n的余数，将不同余数用一个数组f统计起来，比如余数为1的组合有多少种。那么最后输出f[s%n]即可。

• 集合定义f[i, j]：对于(d1,d2,…di,...dn)，只考虑前i项，当前的总和(注意是的总和）除以n的余数为j的组合 的集合（数目）。
• 属性：前i项，当前总和除以n的余数为j的组合 的集合（数目）。

状态计算

状态计算一般就是抓住最后一步的不同来划分集合。本题最后一步的di可能为 加a 或者 减b

(1≤a,b≤10^6)，划分的集合可看下图。

        假设组合(d1,d2,…di)的第i项di为a，

        那怎么由前面的状态推出f[i, j]呢？我们知道不管前i - 1项中的d是怎么变化的，只要是第i项di为a，并且 的(d1,d2,…di-1)组合都是合法的。那么这些(d1,d2,…di-1)组合的个数又怎么求呢？？

我们两边都减去(n - i)a，得：

发现左式的余数和 j - (n - i)a mod n的余数相同，根据集合定义，f[i - 1][([ j - (n - i)*a) mod n] 就是这些(d1,d2,…di-1)组合的个数。

        而对于第i项di为-b，同理可得f[i - 1][([ j + (n - i)*a) mod n] 就是这些(d1,d2,…di-1)组合的个数。

细节

• 下标不能为负，j - (n - i)*a 可能为负数，而c++中对一个负数取模，相当于先用负数的绝对值取模，然后再加负号。 
• 长度n = 1时，根据(2)式，x只能是0。那么f[0][0] = 1（别忘了集合定义！！）

代码

/*一道题，一包烟，一坐就是一整天*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD = 100000007, N = 1010;
int f[N][N];
int n, s, a, b;

//求x mod n的正余数
int get_mod(int x)
{
  return (x % n + n) % n;
}

int main()
{
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
  cin >> n >> s >> a >> b;
  //边界处理
  f[0][0] = 1;
  for (int i = 1; i < n; i ++)
  {
    for (int j = 0; j < n; j ++)
    {
      f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][get_mod(j - (n - i)*a)]) % MOD;
      f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][get_mod(j + (n - i)*b)])  % MOD;
    }
  }
  //s可能为负数！！
  cout << f[n - 1][get_mod(s)];
  
}

资料

模运算定理