CodeForces 1467D Sum of Paths (动态规划)

CodeForces 1467D Sum of Paths

题意

有一条直线，直线上有 n(n <= 5000) 个点，每个点有一个值，你可以选择在任意点出发，移动 k(k <= 5000) 步，只能向左或向右移动，但是可以多次经过同一个点，所有可能出现的路径称好路径。下面有 q(q <= 200000) 个询问，每次询问修改一个点的值，同时需要你输出所有好路径经过的点的值的总和。

输入

5 1 5
3 5 1 4 2
1 9
2 4
3 6
4 6
5 2

输出

62
58
78
86
86

样例解释

该样例可能出现的所有好路径为，(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3),(4,5),(5,4)(1,2),(2,1),(2,3),(3,2),(3,4),(4,3),(4,5),(5,4)。然后每次询问将其中一个点的值改变，然后输出所有好路径的经过的所有点的值的总和。

解析

首先根据题意，很容易能够想出计算所有路径的条数的方式，使用动态规划的思想，(dp[i][j]) 表示从任意点出发，移动 (i) 步并且停在点 (j) 时的所有路径的条数。状态转移方程也比较简单，(dp[i][j] = dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j+1]) ，这样就可以计算所有的好路径。

但是如果每次查询都重新计算，那么肯定会超时，所以我们可以计算出所有的好路径中一共经过某个点的次数，这样每次修改，只要将修改后与修改前的值再乘以出现的次数，就是答案。

所以问题就是需要去求出所有好路径中经过某个点的次数，首先先来枚举一点 (j)，再来看定义的动态规划 (dp[i][j]) 正向来看表示从任意点出发，移动 (i) 步并且停在点 (j) 时的所有路径的条数，那么反向来看呢，可以表示为从 (j) 点出发，移动 (i) 步，到达任意点的所有路径的条数。所以对于移动 (i) 步到 (j) 点的路径对 (j) 点的贡献次数就是 (dp[i][j] * dp[k-i][j]) ，可以理解成两半路径拼起来的。刚才这个是对移动 (i) 步到 (j) 点的路径对 (j) 点的贡献次数，所以对于所有 (j) 点的贡献次数为 (sum_{i=0}^kdp[i][j]*dp[k-i][j]) 。所以再次需要 (O(n^2)) 复杂度来求出每个点的贡献次数，这样就解决了该题目。

代码

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
#include <cstdio>
#include <string>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <set>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <map>
#include <cctype>
#include <ctime>
#include <stack>
#include <sstream>
#include <list>
#include <assert.h>
#include <bitset>
#include <numeric>
#include <unordered_map>
#define debug() puts("++++")
#define print(x) cout<<"====== "<<(x)<<" ====="<<endl;
// #define gcd(a, b) __gcd(a, b)
#define lson l,m,rt<<1
#define rson m+1,r,rt<<1|1
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define sqr(x) ((x)*(x))
#define ms(a,b) memset(a, b, sizeof a)
#define _mod(x) ((x) % mod + mod) % mod
#define sz size()
#define be begin()
#define ed end()
#define pu push_up
#define pd push_down
#define cl clear()
#define lowbit(x) -x&x
// #define all 1,n,1
#define FOR(i,n,x)  for(int i = (x); i < (n); ++i)
#define freopenr freopen("in.in", "r", stdin)
#define freopenw freopen("out.out", "w", stdout)
using namespace std;

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int, int> P;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const LL LNF = 1e17;
const double inf = 1e20;
const double PI = acos(-1.0);
const double eps = 1e-12;
const int maxn = 5000 + 7;
const int maxm = 2000000 + 7;
const LL mod = 1e9 + 7;
const int dr[] = {-1, 1, 0, 0, 1, 1, -1, -1};
const int dc[] = {0, 0, 1, -1, 1, -1, 1, -1};
const P null = P(-1, -1);
int n, m;

inline bool is_in(int r, int c) {
  return r >= 0 && r < n && c >= 0 && c < m;
}
inline int read_int(){
  int x;  scanf("%d", &x);  return x;
}

LL dp[maxn][maxn], sum[maxn];
int a[maxn];


int main(){
  int q;
  scanf("%d %d %d", &n, &m, &q);
  for(int i = 1; i <= n; ++i){
    scanf("%d", a + i);
    dp[0][i] = 1;
  }

  for(int i = 1; i <= m; ++i){
    for(int j = 1; j <= n; ++j){
      dp[i][j] = (dp[i-1][j-1] + dp[i-1][j+1]) % mod;
    }
  }
  LL ans = 0;
  for(int i = 1; i <= n; ++i){
    for(int j = 0; j <= m; ++j){
      sum[i] = (sum[i] + dp[j][i] * dp[m-j][i]) % mod;
    }
    ans = (ans + sum[i] * a[i]) % mod;
  }

  while(q--){
    int x, i;  scanf("%d %d", &i, &x);
    int det = x - a[i];
    a[i] = x;
    ans = _mod(ans + det * sum[i]);
    cout << ans << endl;
  }

  return 0;
}