洛谷P17284 想不出来の题解

Binary_Dreamer

2026-08-30 09:06:51

发布于：吉林

63阅读

0回复

0点赞

蒟蒻第一次写蓝题题解（能写出来就是个奇迹了，版面设计上不要有太大要求，如有错误请大佬们指出，只要还没AFO呢就一定会尽快改正），走过路过还望大佬们点个关注留个赞（第一次用acgo，简直弱爆了awa（暂且算是完工了吧，最近有点忙哈））

P17284 「IXOI R2」想不出来

题目背景

如你所见，出题人又想不出来题目名字。

[头大].jpg

题目描述

给定长度为 $n$ 的序列 $x$ 。

你有一个长度为 $n$ 的序列 $p$ ，初始 $\forall i\in [1,n],p_i=1$ 。

定义一次操作为：选择 $i\in[1,n]$ ，将序列中 $i-1$ 位置和 $i+1$ 位置上的数移动到 $i$ 位置上。

形式化地，每次操作可以视为，令：

$p_i\leftarrow p_i+p_{i-1}+p_{i+1}$ ；
$p_{i-1}\leftarrow 0$ ；
$p_{i+1}\leftarrow 0$ 。

特别地，如果 $i-1$ 或 $i+1$ 位置不存在，则不在 $i-1$ 或 $i+1$ 位置进行操作。

我们称一个序列 $p'$ 是愚蠢的，当且仅当它可以通过任意次操作由初始序列 $p$ 生成。

我们称两个序列 $a,b$ 是本质不同的，当且仅当 $\exist i\in [1,n],a_i\neq b_i$ 。

定义序列 $p'$ 的权值为：

$\prod_{i=1}^n x_i^{p'_i}$

现在请求出所有本质不同的愚蠢的序列 $p'$ 的权值和并输出答案对 $10^9+7$ 取模后的结果。

这里认为 $0^0=1$ 。

输入格式

输入共两行，第一行一个正整数 $n$ 。第二行一个长度为 $n$ 的数组 $x$ 。

输出格式

输出一个数，表示所有本质不同的愚蠢的序列 $p'$ 的权值和并输出答案对 $10^9+7$ 取模后的结果。

输入输出样例 #1

输入 #1

 6
 2 3 1 5 6 6

输出 #1

输入输出样例 #2

输入 #2

 5
 17 43 2 6 7

输出 #2

207004448

说明/提示

本题采用捆绑测试。

Subtask	$n\le$	特殊性质	分值
$1$	$8$	无	$5$
$2$	$500$	无	$40$
$3$	$8000$	$x_i=1$	$10$
$4$	$8000$	$x_i\in \{0,1\}$	$20$
$5$	$8000$	无	$25$

对于所有数据，保证：

保证 $0\le x_i< 10^9+7$ 。

解题思路

序列 $p$ 可以被得到，当且仅当下面两条全部成立：

如果 $p_i > 0$ 且 $p_{i + 1} > 0$ ，那么必须满足 $p_i=p_(i+1)=1$ 。
如果出现相邻的1： $p_i = p_{i + 1} = 1$ ，则满足前缀约束： $∑_{j = 1} ^ {i - 1} p_j = i - 1$ 。

DP状态设计

定义滚动数组 $f[cur][j][s]$

$cur$ ：滚动位， i & 1 ，处理第 $i$ 个位置。
$j$ ：已经使用掉的总权值（前缀和）。
$s∈{0, 1, 2}$ ：当前位置的状态：
- $s = 0$ ： $p_i = 0$ ；
- $s = 1$ ： $p_i - 1$ ；
- $s = 2$ ： $p_i ≥ 2$ 。

$f[cur][j][s]$ ：处理完第 $i$ 位，已经消耗总权值 $j$ ，第 $i$ 位处于状态 $s$ 的总权和。
初始状态： $f[0][0][0]=1$ 。没有处理任何位置，消耗 $0$ ，位置为 $0$ ，方案权值为 $1$ 。

转移公式：

设当前输入数值为 $v = x_i$ ， $!id$ 代表上一层 $(i - 1)$ 的滚动下标。

当前位置 $p_i = 0$ （状态 $0$ ）
前面不管是 $0、1、2$ ，本位置直接置 $0$ ，全部继承。

$f_(id, j, 0)=f_(!id, j, 0)+f_(!id, j, 1)+f_(!id, j, 2)$

当前位置 $p_i = 1$ （状态 $1$ ）

普通情况：上一位必须是 $0$ ，消耗 $1$ 个权值，贡献乘 $v$ 。
特殊情况：当 $i = j$ ，满足前缀约束，允许上一位也为 $1$ （连续的 $1$ ）。

$f_(id, j, 1) = v \cdot f_{ !id, j - 1, 0}$

$if i == j : f_(id, j, 1)+=v \cdot f_{ ! id, j - 1, 1}$

当前位置 $p_i ≥ 2$ （状态 $2$ ）
要求上一个位置必须是 $0$ 。
原始求和式： $g_{2, s} = ∑_{k = 2} ^ s \ {f_{0, s - k} \cdot v ^ k}$
暴力枚举 $k$ 复杂度 $O(n^3)$ ，做递推优化：
$g_{2, s}=v \cdot g_{2, s - 1} + v ^ 2 \cdot f_{0, s - 2}$
代码中用变量 $sum$ 维护递推中间量：

$sum_s = v \cdot sum_{s - 1} + f_{!id, j - 2, 0}，f_{id, j, 2} = sum_s \cdot v ^ 2$

答案统计

处理完全部 $n$ 个位置，总消耗恰好等于 $n$ ，三种状态全部累加：

$ans = (f_{n \mathbin{\&} 1}[n] + f_{n \mathbin{\&} 1}[n] + f_{n \mathbin{\&} 1}[n]) \bmod P$

你这个 $DP$ 内部已经包含 $0$ 次操作的全 $1$ 初始序列，不需要额外再加乘积。

参考代码

#include <iostream>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 8005, MOD = 1e9 + 7;
// f[滚动位][已消耗权值][状态0/1/2]
int f[2][N][3];
 
int main()
{
	int n; cin >> n;
	f[0][0][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++)
	{
		int v; cin >> v;
		int id = i & 1;
		int sum = 0;
		memset(f[id], 0, sizeof(f[id]));
		
		for(int j = 0; j <= n; j++)
		{
			// 状态 0：p_i = 0
			f[id][j][0] = ((1LL * f[!id][j][0] + f[!id][j][1]) % MOD + f[!id][j][2]) % MOD;
			// 状态 1：p_i = 1
			if(j >= 1)
			{
				f[id][j][1] = 1LL * f[!id][j - 1][0] * v % MOD;
				// i == j，满足前缀约束，可以承接上一位也是 1
				if (i == j)
				{
					f[id][j][1] = (f[id][j][1] + 1LL * f[!id][j - 1][1] * v % MOD) % MOD;
				}
			}
			// 状态 2：p_i = 2
			if(j > 1)
			{
				sum = (1LL * sum * v % MOD + f[!id][j - 2][0]) % MOD;
				f[id][j][2] = 1LL * sum * v % MOD * v % MOD;
			}
		}
	}
	int ans = ((1LL * f[n & 1][n][0] + f[n & 1][n][1]) % MOD + f[n & 1][n][2]) % MOD;
	cout << ans;
	return 0;
}

以下代码是小数据可通过的递归写法。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll = long long;
const int MOD = 1000000007;

int n;
vector<ll> x;
set<vector<int>> vis;

void dfs(vector<int> p) {
    if (vis.count(p)) return;
    vis.insert(p);
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        vector<int> q = p;
        q[i] = p[i];
        if (i - 1 >= 0) {
            q[i] += p[i-1];
            q[i-1] = 0;
        }
        if (i + 1 < n) {
            q[i] += p[i+1];
            q[i+1] = 0;
        }
        dfs(q);
    }
}

ll qpow(ll a, int b) {
    ll res = 1;
    for (; b; b >>= 1) {
        if (b & 1) res = res * a % MOD;
        a = a * a % MOD;
    }
    return res;
}

ll get_weight(const vector<int>&p) {
    ll w = 1;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        w = w * qpow(x[i], p[i]) % MOD;
    }
    return w;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cin >> n;
    x.resize(n);
    for (int i = 0; i < n; i++) cin >> x[i];
    vector<int> init(n,1);
    dfs(init);
    ll total = 0;
    for(auto &s : vis) {
        total = (total + get_weight(s)) % MOD;
    }
    cout << total << endl;
    return 0;
}

有帮助，赞一个

去预览

0/2000

全部评论 8

yxdl1
这你总没话说了吧

2026-08-30 来自浙江
1
- yxdl1
  回复
  yxdl1
  作者不会在评论下回复，有回复踢我
  
  2026-08-30 来自浙江
  0
- Binary_Dreamer
  回复
  yxdl1
  这个上面的代码确实是这位作者写的，在这里声明
  
  2026-08-30 来自吉林
  0
- Binary_Dreamer
  回复
  yxdl1
  教练让我写了好几遍，也算是深刻理解了代码深意，后来有感而发，希写了个题解
  
  2026-08-30 来自吉林
  0
yxdl1
https://www.luogu.com.cn/article/sp8rq7i6

2026-08-30 来自浙江
1
- yxdl1
  回复
  yxdl1
  啥意思啊，改了个头文件然后改了个空格改了个读写。
  
  2026-08-30 来自浙江
  0
Binary_Dreamer
2026.8.29 最近有点忙，暂且算是完工了吧

2026-08-29 来自吉林
1
- Binary_Dreamer
  回复
  Binary_Dreamer
  是2026.8.29 21:50
  
  2026-08-30 来自吉林
  0
古希腊掌管AC和WA的神
有一行炸 $\LaTeX$ 了，另外您咋这强。

2026-08-25 来自上海
1
- yxdl1
  回复
  古希腊掌管AC和WA的神
  别急看我回复
  
  2026-08-30 来自浙江
  0
- 古希腊掌管AC和WA的神
  回复
  yxdl1
  /bx 我不太看这个QAQ 而且码风前后大变
  
  2026-08-30 来自上海
  0
- Binary_Dreamer
  回复
  yxdl1
  不会删评的，有问题就及时沟通，而且下面那个是机房同学帮改的，最近真挺忙
  
  2026-08-30 来自吉林
  1
༺ཌༀ うちはサスケ ༀད༻
。。。。

2026-08-30 来自吉林
0
Binary_Dreamer
谢谢提醒啊

2026-08-26 来自吉林
0
Binary_Dreamer
未完工qwq

2026-08-26 来自吉林
0
Binary_Dreamer
20268.5 21:50 真干不动了，明天有望更完，没地方存了，只能先发出来，有很多不足和遗漏，不喜勿喷

2026-08-25 来自吉林
0