*波动数列c++

题目

输入样例：

4 10 2 3

输出样例：

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：

$x, x + d_{1}, x + d_{1} + d_{2}, x + d_{1} + d_{2} + d_{3} ..., x + d_{1} + d_{2} ... d_{n - 1}$ (1)

数列前n项的和 s可以表示为：

$s = nx + (n - 1)d_{1} + (n - 2)d_{2}, (n - 3)d_{3} ...+ (n - i)d_{i} + ... + d_{n}$

那么:

$x =\frac{{s - \left [(n - 1)d_{1} + (n - 2)d_{2} + (n - 3)d_{3} ...+ (n - i)d_{i} + ... + d_{n}\right ]}}{n}$ (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 $(n - 1)d_{1} + (n - 2)d_{2}, ... + d_{n}$ 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 $(n - 1)d_{1} + (n - 2)d_{2}, ... + d_{n}$ mod n的同余数j。那么只要算出所有 $(n - 1)d_{1} + (n - 2)d_{2}, ... + d_{n}$ 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 $(n - 1)d_{1} + (n - 2)d_{2}, ... + d_{i}$ 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， $((n - 1)d_{1} + (n - 2)d_{2}, ... + (n - i)a) mod n \equiv j$

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 $((n - 1)d_{1} + (n - 2)d_{2}, ... + (n - i)a) mod n \equiv j$ 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：

$((n - 1)d_{1} + (n - 2)d_{2}, ... (n - i + 1)d_{i - 1}) mod n \equiv (j - (n - i)a)mod n$

发现左式和右式同余，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。因此我们需要把j - (n - i)*a mod n转为正数。我们选择模 n 同余类中的最小非负数作为该同余类的代表数，所有负数x 模 n 都可以通过这条公式转化为代表数：(x % n + n) % n。
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)];}