题链
题意
首先,题目写的很抽象,模拟赛时读了半个小时才读懂
题意概括一下就是枚举长度为k的所有01串
然后对01串进行划分,每遇到两个1就进行一次划分
然后把每段提取出来单独处理
如果把提出来的01串计为\(s[1...r]\)
则改01串的价值为\(\sum_{i=1}^{r-1}s[i]*f[i+1]\)
其中f数组为斐波那契数列,\(f[1]=1\),\(f[2]=1\),然后递推即可
最后分别输出长度为\(k\)的01串价值和,不同k之间独立,\({k=1,2...n}\)
Solution
我们现在处理长度为k的01串,我们已经知道了前一个的答案
考虑这个k无非是在长度为k-1的每个串后面加上0/1构成的
那么,我们考虑,我们如果加上一个0,贡献是不会变的,是一个ans[k-1]
如果我们加上一个1,会有什么变化呢?
会使原本最后一段没有贡献,且末尾为1的产生贡献
那么现在我们就可以转移了
我们先无脑处理出来几个数组
\({fa_{i,0/1}},dp_{i,0/1},fx_{i}\)
\({fa_{i,0/1}}\)表示长度为i,结尾是0/1,中间没有连续1的方案数
\({dp_{i,0/1}}\)表示长度为i,结尾是0/1,中间没有连续1的贡献,注意:包括最后一个1
\({fx_{i}}\)表示长度为i,以1结尾且结尾开始到前面第一个0的长度为偶数的数量
转移式子很简单
\(fa_{i,0}=fa_{i-1,0}+fa_{i-1,1},fa_{i,1}=fa{i-1,0}\)
\({dp_{i,0}=dp_{i-1,0}+dp_{i-1,1}},dp_{i,1}=dp_{i-1,0}+fa_{i-1,0}*f_{i+1}\)
\(fx_{i}=\sum_{j=2}^{j+=2,j<i}2^{i-j-1}+!(i\)%\(2)\)
然后答案就很简单了
\(ans_i=\sum_{j=1}^{i-2}dp_{j,1}*fx_{i-j-1}+dp_{i-1,1}+ans_{i-1}*2\)
\({\sum_{j=1}^{i-2}dp_{j,1}*fx_{i-j-1}+dp_{i-1,1}}\)这个是枚举最后一段区间的长度为{j}时的贡献
最后输出即可
也是非常简单
/*ILVWYT*/#include<bits/stdc++.h>
#define in :
#define int __int128
#define IfFast
using namespace std;namespace fast {
#ifdef IfFastvoid read(int &a) {int s = 0, f = 1;char ch = getchar();while (!(ch <= '9' && ch >= '0')) {if (ch == '-') {f = -1;}ch = getchar();}while (ch <= '9' && ch >= '0') {s = s * 10 + ch - '0';ch = getchar();}a = s * f;return void();}void read(char &a) {char x = getchar();while (x == ' ' || x == '\r' || x == '\n' || x == '\t') {x = getchar();}a = x;return void();}void print(int x) {if (x < 0) {putchar('-');x = -x;}if (x < 10) {putchar(x + '0');} else {print(x / 10);putchar(x % 10 + '0');}return void();}
#endiftemplate<typename T>void read(T &a) {cin >> a;return void();}template<typename T, typename... Args>void read(T &a, Args &... args) {read(a);read(args...);return void();}inline int read() {int a;read(a);return a;}template<typename T>void print(T a) {cout << a;return void();}template<typename T, typename... Args>void print(T a, Args... args) {print(a);print(args...);return void();}
}using fast::read;
using fast::print;
using us = unsigned;
constexpr int mod = 1e9 + 7;
constexpr int N = 10000;
int n;
int f[N + 20];
int ans[N + 10];
int dp[N + 10][2]; //长度为n的,以1/0结尾的,没有连续1的贡献
int fa[N + 10][2];inline int quick(int x,int y) {int ans = 1;while (y) {if (y & 1) {ans *= x;ans %= mod;}x *= x;x %= mod;y >>= 1;}return ans;
}int fx[N + 10]; //长度为n,结尾1的个数还是偶数的方案数signed main() {
#ifndef IfFastios::sync_with_stdio(false);
#endifread(n);f[1] = 1;f[2] = 1;for (us i = 3; i <= n + 10; i++) {f[i] = f[i - 1] + f[i - 2];f[i] %= mod;}dp[1][1] = 1;fa[1][1] = 1;fa[1][0] = 1;for (us i = 2; i <= n; i++) {fa[i][1] = fa[i - 1][0];fa[i][0] = fa[i - 1][0] + fa[i - 1][1];fa[i][0] %= mod;fa[i][1] %= mod;dp[i][0] = dp[i - 1][0] + dp[i - 1][1];dp[i][1] = dp[i - 1][0] + fa[i - 1][0] * f[i + 1] % mod;dp[i][0] %= mod;dp[i][1] %= mod;if (i % 2) {for (us j = 2; j < i; j += 2) {fx[i] += quick(2, i - 1 - j) % mod;fx[i] %= mod;}} else {for (us j = 2; j < i; j += 2) {fx[i] += quick(2, i - 1 - j) % mod;fx[i] %= mod;}fx[i]++;fx[i] %= mod;}}// print(fx[3], ' ', fx[4], '\n');ans[2] = 1;ans[3] = 4;fx[0] = 1;for (us i = 3; i <= n; i++) {ans[i] = ans[i - 1] * 2 % mod;for (us j = 1; j < i - 2; j++) {const int ws = i - j - 1;ans[i] += dp[j][1] * fx[ws] % mod;ans[i] %= mod;}ans[i] += dp[i - 1][1];ans[i] %= mod;}for (us i = 1; i <= n; i++) {print(ans[i], ' ');}return 0;
}
还有开int128,不然会wa(本地跑很对)