递推

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

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long

int a,b;
ll f[100];

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&a,&b);
        f[a]=1;
        f[a+1]=1;
        for(int i=a+2;i <= b;++i)
            f[i]=f[i-1]+f[i-2];

        printf("%lld
",f[b]);
    }
    return 0;
}

•变形

　　题面不变，数据加强；

　　令 $0<a<ble 100000$，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，$O(Tcdot 50)$，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 $a oe 1$ 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

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=1e5+50;
const int MOD=1e9+7;

int a,b;
ll x[N];
ll y[N];
ll f[N];

void Init()
{
    x[0]=y[1]=1;
    y[0]=x[1]=0;
    for(int i=2;i < N;++i)
    {
        x[i]=x[i-1]+x[i-2];
        y[i]=y[i-1]+y[i-2];
        x[i] %= MOD;
        y[i] %= MOD;
    }
    f[1]=f[2]=1;
    for(int i=3;i < N;++i)
        f[i]=(f[i-1]+f[i-2])%MOD;
}
int main()
{
    Init();

    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&a,&b);
        ll u=f[a]-1;
        ll v=f[a+1]-1;
        ll ans=f[b]-(u*x[b-a]%MOD+v*y[b-a]%MOD)%MOD;
        ans=(ans+MOD)%MOD;

        printf("%lld
",ans);
    }

    return 0;
}

 

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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 $2 imes f[i-2]$；

　　所以，$f[i]=f[i-1]+2 imes f[i-2]$；

•Code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=60;

int n;
ll f[N];

int main()
{
    f[1]=3;
    f[2]=f[3]=6;
    for(int i=4;i < N;++i)
        f[i]=f[i-1]+2*f[i-2];

    while(~scanf("%d",&n))
        printf("%lld
",f[n]);
}

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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

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const int N=21;

int n,m;
ll f[N][N];

void Init()
{
    for(int i=1;i < N;++i)
        f[i][0]=1;
    for(int i=2;i < N;++i)
        for(int j=2;j <= i;++j)
            f[i][j]=f[i-1][j]+(j-1)*f[i-1][j-1]+(i+1-j)*f[i-1][j-2];
}
int main()
{
    Init();
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        printf("%lld
",f[n][m]);
    }
}