【比赛】【树上路径（phantasm）】

大家好，又见面了，我是你们的朋友全栈君。

—恢复内容开始—

题目大意：

求 1, 2, …, n 有多少个长为 m 的子序列 a，

满足

　　 a1 = 1,am = n

　　 ∀i, ai+1 − ai ≥ k

保证这样的子序列存在。只需判断方案数的奇偶性。数据有 T 组。 n, m, k ≤ 109 , T ≤ 2 × 106 .

【比赛】【树上路径（phantasm）】

//dfs枚举集合
//复杂度预估 O(T*2^n)
//不用数组 得分30 
//针对前6个点
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
using namespace std;
int t,n,m,k; 
int sum;

void dfs(int pos,int x)
{
    if(pos==m) 
    {
        if(x==n)
            sum=(sum+1)%2
        return ;
    }
    for(int i=x+k;i<=n;i++)
        dfs(pos+1,i);
}

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        sum=0;
        dfs(1,1);
        if(sum) printf("Yes\n");
        else printf("No\n");
    }
    return 0;
}

对于第8个点

        {
                scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        if(m==2) printf("Yes\n");                                   
        else if(m==3) 
        {
            sum=n-(k<<1);
            if(sum%2==1) printf("Yes\n");
            else printf("No\n");
        }
        else
        {
            sum=0;
            dfs(1,1);
            if(sum) printf("Yes\n");
            else printf("No\n");
        }     
    }

//2记忆化 
//dfs->dp 
//f[i][j]表示第i步，位置为j 
//因为状态转移方程中的k为变量，所以还是得分k的大小来dp
//f[k][i][j] // 55 分

#include<cstdio> 
#include<cstdlib> 
#include<algorithm> 
#include<cstring> 
using namespace std; 

int tt,nn,mm,kk; 
int f[203][203][203];//1:true 
inline int read() 
{ 
　　int x=0;char c=getchar(); 
　　while(c<'0' || c>'9') c=getchar(); 
　　while(c>='0' && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=getchar(); 
　　return x; 
} 
int dfs(int n,int m,int k) 
{ 
　　if(f[k][m][n]!=-1) return f[k][m][n]; 
　　if(m==1) return f[k][m][n]=0; 
　　if(m==2 ) 
　　　　if(n>k) return f[k][m][n]=1; 
　　　　else return f[k][m][n]=0; 
　　int s=k ,t=n-k*(m-2),as=0; 
　　for(int i=s;i<=t;i++) 
　　　　as=(as+dfs(n-i,m-1,k))%2; 
　　return f[k][m][n]=as; 
} 

int main() 
{ 
　　tt=read(); 
　　memset(f,-1,sizeof(f)); 
　　for(int i=1;i<=tt;i++) 
　　{ 
　　　　nn=read(),mm=read(),kk=read(); 
　　　　if(mm==2) printf("Yes\n"); 
　　　　else if(mm==3) 
　　　　{ 
　　　　　　int sum=nn-(mm-1)*kk; 
　　　　　　if(sum%2!=0) printf("Yes\n"); 
　　　　　　else printf("No\n"); 
　　　　} 
　　　　else if( dfs(nn,mm,kk) ) printf("Yes\n"); 
　　　　else printf("No\n"); } 
　　　return 0; 
}

90分算法（n,m,k<=5000）

推式子。

注意到第二条约束与 a 的差分序列有关，考虑统计差分序列 bi = ai+1 − ai。

序列 b 需要满足

∀i, bi 是 [k, n] 上的整数

∑bi = n − 1

由于 a1 = 1 已确定，可以发现所有满足以上约束的长为 m − 1 的序列 b 与原来的序列 a 一一对应。

有限项的正整数序列的和确定时，其方案数可以用隔板法计算，

所以构造 ci = bi − (k − 1) 来去除第一条约束，

序列 c 满足

∀i, ci 是正整数

∑m−1 ci = n − 1 − (m − 1)(k − 1)

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
int t,nn,mm,kk;
struct node
{
    
    //m=m-2 
    int id,n,m;//n=n-2-(m-1)(k-1)
    bool operator < (const node & o) const
    {
        if(n!=o.n) return n<o.n;
        else return m<o.m;
    }
}ask[2000003];
bool ans[2000003],f[5003];

int main()
{
    scanf("%d",&t);
    for(int i=0;i<t;i++)
        scanf("%d %d %d",&nn,&mm,&kk),
        ask[i].n =nn-2-(mm-1)*(kk-1),ask[i].m =mm-2,ask[i].id =i;
    sort(ask,ask+t);
    
    int nw=0,nwn=1;
    nn=ask[nw].n ;
    f[0]=true;
    while(nw<t)
    {
        for(int i=nwn;i<=nn;i++)
            for(int j=i;j>=0;j--)
                f[j]^=f[j-1];
        nwn=nn+1;
        
        while(ask[nw].n ==nn)
            ans[ask[nw].id ]=f[ask[nw].m ],nw++;
        
        nn=ask[nw].n ;
    }
    
    for(int i=0;i<t;i++)
        if(ans[i]) printf("Yes\n");
        else printf("No\n");
        
    return 0;
}

100分算法

（解决两个1e9的超大点）

由 Lucas 定理，( n k ) ≡ 1 (mod 2)

当且仅当二进制下 k 的各位都不大于 n 的对应位，即 n and k = k，

其中 and 为二进制按位与。复杂度：O(T)。

#include <cstdio>
#include <cstdlib>
using namespace std;
int t,n,m,k;
int main ()
{
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
        int a=n-(m-1)*(k-1)-2;
        int b=m-2;
        if((a&b)==b)
            printf("Yes\n");
        else
            printf("No\n");
    }
    return 0;
}