AtCoder Beginner Contest 372 F题（dp）

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思路

对于这种计数问题，我们很容易想到dp。

我们假设 d p [ i ] [ j ] dp[i][j] dp[i][j]表示第 i i i次移动，到第 j j j号节点的方案数，则状态转移方程为：

d p [ v ] [ j ] = d p [ v − 1 ] [ j − 1 ] + d p [ u ] [ j − 1 ] dp[v][j] = dp[v-1][j-1] + dp[u][j-1] dp[v][j]=dp[v−1][j−1]+dp[u][j−1]

显然，无论是时间复杂度还是空间复杂度都无法接受。

我们发现， m m m最大不会超过50，因此我们可以考虑以 m m m为突破口对dp进行优化。

我们发现，状态转移方程的前半部分实际上是对 d p dp dp数组进行循环移动。

因为 d p [ v − 1 ] [ j − 1 ] dp[v-1][j-1] dp[v−1][j−1]实际上就是 d p dp dp数组循环移动一位，且 m = 0 m=0 m=0时答案为 1 1 1，因此我们可以只考虑 m m m。

我们可以转换一下，我们假设 d p dp dp数组不动，对 m m m条边进行移动，每次 m m m条边移动后的端点进行更新答案，相当于变相的移动了 d p dp dp数组。

代码

cpp 复制代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 2e5 + 5;
const int mod = 998244353;
const int inf = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n, m, k;
int dp[N], pre[N];
vector<pair<int, int>> edge;
int MOD(int x)
{
	return (x % n + n) % n;
}
void solve()
{
	cin >> n >> m >> k;
	for (int i = 1, u, v; i <= m; i++)
	{
		cin >> u >> v;
		u--, v--;
		edge.push_back({u, v});
	}
	dp[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= k; i++)
	{
		for (auto [u, v] : edge)
		{
			u = MOD(u - i + 1);//上一层的u
			pre[u] = dp[u];
		}

		for (auto [u, v] : edge)
		{
			dp[MOD(v - i)] = dp[MOD(v - i)] + pre[MOD(u - i + 1)];
			dp[MOD(v - i)] %= mod;
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i < n; i++)
	{
		ans = (ans + dp[i]) % mod;
	}
	cout << ans << endl;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	int test = 1;
	// cin >> test;
	for (int i = 1; i <= test; i++)
	{
		solve();
	}
	return 0;
}