[蓝桥杯 2014 省 A] 波动数列

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蓝桥杯 2014 省 A 波动数列

题目描述

观察这个数列：

1 3 0 2 − 1 1 − 2 ... 1\ 3\ 0\ 2\ -1\ 1\ -2\ ... 1 3 0 2 −1 1 −2 ...

这个数列中后一项总是比前一项 增加 2 2 2 或者 减少 3 3 3 ，且每一项都为整数。

栋栋对这种数列很好奇，他想知道长度为 n n n 和为 s s s 而且后一项总是比前一项增加 a a a 或者减少 b b b 的整数数列可能有多少种呢？

输入格式

共一行，包含四个整数 n , s , a , b n,s,a,b n,s,a,b，含义如前面所述。

输出格式

共一行，包含一个整数，表示满足条件的方案数。

由于这个数很大，请输出方案数除以 100000007 100000007 100000007 的余数。

数据范围

• 1 ≤ n ≤ 1000 1≤n≤1000 1≤n≤1000

• − 1 0 9 ≤ s ≤ 1 0 9 −10^9≤s≤10^9 −109≤s≤109

• 1 ≤ a , b ≤ 1 0 6 1≤a,b≤10^6 1≤a,b≤106

输入样例：

4 10 2 3

输出样例：

2

样例解释

两个满足条件的数列分别是 2 4 1 3 2\ 4\ 1\ 3 2 4 1 3 和 7 4 1 − 2 7\ 4\ 1\ -2 7 4 1 −2。

解法：同余 + dp

我们可以列出数列的 n n n 项，这里假设 x x x 是第一项， d 1 , d 2 , . . . , d n − 1 d_1,d_2,...,d_{n-1} d1,d2,...,dn−1的值为 a a a 或者 b b b ：

s = ( x ) + ( x + d 1 ) + ( x + d 1 + d 2 ) + . . . + ( x + d 1 + d 2 + . . . + d n − 1 ) s = (x) + (x + d_1) + (x + d_1 + d_2) + ... + (x + d_1 + d_2 + ... + d_{n - 1}) s=(x)+(x+d1)+(x+d1+d2)+...+(x+d1+d2+...+dn−1)

将其整理一下可以得到 :
s = n × x + ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + ( d n − 1 ) s = n \times x + (n - 1)d_1 + (n - 2)d_2 + ... + (d_{n - 1}) s=n×x+(n−1)d1+(n−2)d2+...+(dn−1)

由于 x x x 可以是任意的整数，而 s s s 是给定的，也就是确定的，于是我们可以通过 s s s 得到 x x x ：

x = s − ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + ( d n − 1 ) n x =\frac{ s - (n - 1)d_1 + (n - 2)d_2 + ... + (d_{n - 1})}{n} x=ns−(n−1)d1+(n−2)d2+...+(dn−1)

由于 x x x ，也就是数列的第一项，必须是整数。

所以， n n n 必须能够整除 s − ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + ( d n − 1 ) s - (n - 1)d_1 + (n - 2)d_2 + ... + (d_{n - 1}) s−(n−1)d1+(n−2)d2+...+(dn−1)，也就是 s − ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + ( d n − 1 ) s - (n - 1)d_1 + (n - 2)d_2 + ... + (d_{n - 1}) s−(n−1)d1+(n−2)d2+...+(dn−1) 除以 n n n 的余数为 0 0 0。

我们能够进一步推导出 s s s , ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + ( d n − 1 ) (n - 1)d_1 + (n - 2)d_2 + ... + (d_{n - 1}) (n−1)d1+(n−2)d2+...+(dn−1) 除以 n n n 的余数相等，也就是 s m o d n ≡ ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + ( d n − 1 ) m o d    n s\ mod\ n \equiv (n - 1)d_1 + (n - 2)d_2 + ... + (d_{n - 1}) \mod n s mod n≡(n−1)d1+(n−2)d2+...+(dn−1)modn，即 s s s , ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + ( d n − 1 ) (n - 1)d_1 + (n - 2)d_2 + ... + (d_{n - 1}) (n−1)d1+(n−2)d2+...+(dn−1) 同余 n n n。

所以我们将原问题转换为：求使得 ( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + ( d n − 1 ) (n - 1)d_1 + (n - 2)d_2 + ... + (d_{n - 1}) (n−1)d1+(n−2)d2+...+(dn−1) 和 s s s 同余 n n n 的方案数有多少种。

我们定义 f i j fij fij 为从前 i i i 项中选，第 i i i 项元素比前一个 增加 a a a 或者 减少 b b b ，且模 n n n 余数是 j j j 的方案数。

如果第 i i i 项元素选的是 + a +a +a：

( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + ( n − ( i − 1 ) ) d i − 1 + ( n − 1 ) a m o d n ≡ j (n - 1)d_1 + (n - 2)d_2 + ... + (n - (i - 1))d_{i - 1} + (n - 1)a \ mod\ n \equiv j (n−1)d1+(n−2)d2+...+(n−(i−1))di−1+(n−1)a mod n≡j

将其转换一下：

( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + ( n − ( i − 1 ) ) d i − 1 m o d n ≡ j − ( n − 1 ) a m o d n (n - 1)d_1 + (n - 2)d_2 + ... + (n - (i - 1))d_{i - 1} \ mod\ n \equiv j - (n - 1)a \ mod\ n (n−1)d1+(n−2)d2+...+(n−(i−1))di−1 mod n≡j−(n−1)a mod n

所以我们可以得到 f i j = f i − 1 j − ( n − 1 ) a fij = fi - 1j - (n - 1)a fij=fi−1j−(n−1)a

如果第 i i i 项元素选的是 − b -b −b：

( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + ( n − ( i − 1 ) ) d i − 1 − ( n − 1 ) b m o d n ≡ j (n - 1)d_1 + (n - 2)d_2 + ... + (n - (i - 1))d_{i - 1} - (n - 1)b \ mod\ n \equiv j (n−1)d1+(n−2)d2+...+(n−(i−1))di−1−(n−1)b mod n≡j

将其转换一下：

( n − 1 ) d 1 + ( n − 2 ) d 2 + . . . + ( n − ( i − 1 ) ) d i − 1 m o d n ≡ j + ( n − 1 ) b m o d n (n - 1)d_1 + (n - 2)d_2 + ... + (n - (i - 1))d_{i - 1} \ mod\ n \equiv j + (n - 1)b \ mod\ n (n−1)d1+(n−2)d2+...+(n−(i−1))di−1 mod n≡j+(n−1)b mod n

所以我们可以得到 f i j = f i − 1 j + ( n − 1 ) b fij = fi - 1j + (n - 1)b fij=fi−1j+(n−1)b

综上，我们可以得出：

f i j = f i − 1 j + ( n − 1 ) b + f i − 1 j − ( n − 1 ) a fij = fi - 1j + (n - 1)b + fi - 1j - (n - 1)a fij=fi−1j+(n−1)b+fi−1j−(n−1)a

注意：

• 由于 j − ( n − 1 ) a j - (n - 1)a j−(n−1)a 可能小于 0 0 0，我们必须保证它模 n n n 为正数。令 t = j − ( n − 1 ) a t = j - (n - 1)a t=j−(n−1)a，那么我们最终得到的余数应该是 ( t m o d n + n ) m o d n (t\ mod\ n + n)\ mod\ n (t mod n+n) mod n，这样就保证了最终的余数是正数。
• f 0 0 f00 f00 应该初始化为 1 1 1，因为他表示什么也不选也是一种方案，什么也不选那么就只有第一项 x x x。
• 我们最终返回的答案就是 f n − 1 ( s m o d n + n ) m o d n fn - 1(s\\ mod\\ n + n)\\ mod\\ n fn−1(s mod n+n) mod n，因为 s s s 有可能是负数，所以我们也需要保证它模 n n n 是一个正数。

时间复杂度： O ( n 2 ) O(n^2) O(n2)

C++代码：

#include <iostream>

using namespace std;

const int N = 1010 , MOD = 100000007;
int f[N][N];

int get_mod(int a , int b){
    return (a % b + b) % b;
}

int main(){
    int n , s, a, b;
    cin>>n>>s>>a>>b;
    
    f[0][0] = 1;
    for(int i = 1;i < n;i++){
        for(int j = 0;j < n;j++){
            int &val = f[i][j];
            val = (val + f[i - 1][get_mod(j - (n - i) * a , n)]) % MOD;
            val = (val + f[i - 1][get_mod(j + (n - i) * b , n)]) % MOD;
        }
    }
    
    cout<<f[n - 1][get_mod(s , n)]<<'\n';
}

Java代码：

import java.io.*;
import java.util.*;

public class Main{
    static final int N = 1010 , MOD = 100000007;
    static long[][] f = new long[N][N];
    static BufferedReader in = new BufferedReader(new InputStreamReader(System.in));
    
    public static int get_mod(int a , int b){
        return (a % b + b) % b;
    }
    
    public static void main(String[] args) throws Exception{
        String[] s1 = in.readLine().split(" ");
        int n = Integer.parseInt(s1[0]);
        int s = Integer.parseInt(s1[1]);
        int a = Integer.parseInt(s1[2]);
        int b = Integer.parseInt(s1[3]);
        
        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 , n)]) % MOD;
                f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][get_mod(j + (n - i) * b , n)]) % MOD;
            }
        }
        
        System.out.println(f[n - 1][get_mod(s,n)]);
    }
}