P10376 [GESP202403 六级] 游戏

记录96

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=2e5+5,MOD=1e9+7;
int dp[N+N];//防止出现负下标的情况 
int main(){//反向推路径 
	int n,a,b,c;
	cin>>n>>a>>b>>c;
	dp[N+n]=1;//开始的位置是第一个路径 
	for(int i=n;i>c;i--){//a,b两种方法的路径都要尝试 
		dp[N+i-a]=(dp[N+i-a]+dp[N+i])%MOD; 
	 	dp[N+i-b]=(dp[N+i-b]+dp[N+i])%MOD;
	}//目标位置=目标位置的路径数(有可能另一条路提前来过)+上一条路径的数量 
	int ans=0;
	for(int i=0;i<=N+c;i++) ans=(ans+dp[i])%MOD;
	cout<<ans; 
    return 0;
}

题目传送门https://www.luogu.com.cn/problem/P10376

突破口

你有四个正整数 n,a,b,c，并准备用它们玩一个简单的小游戏。

在一轮游戏操作中，你可以选择将 n 减去 a，或是将 n 减去 b。游戏将会进行多轮操作，直到当 n≤c 时游戏结束。

你想知道游戏结束时有多少种不同的游戏操作序列。两种游戏操作序列不同，当且仅当游戏操作轮数不同，或是某一轮游戏操作中，一种操作序列选择将 n 减去 a，而另一种操作序列选择将 n 减去 b。如果 a=b，也认为将 n 减去 a 与将 n 减去 b 是不同的操作。

由于答案可能很大，你只需要求出答案对 10^9+7 取模的结果。

思路

🎯 游戏规则

初始值为 n
每轮操作：选择减去 a 或减去 b
游戏在 n ≤ c 时结束
问：有多少种不同的操作序列？

⚠️ 注意：

即使 a = b，也认为"减 a"和"减 b"是两种不同操作（题目明确说明）

序列不同 ⇨ 轮数不同，或某一轮选择不同

✅ 举例

输入：n=1, a=1, b=1, c=1

初始 n=1 ≤ c=1 → 游戏立即结束，0 轮操作
但题目输出是 1 → 说明 "空操作序列"也算一种方案

📌 结论：当初始 n ≤ c 时，答案 = 1（什么都不做）

🧠 二、解题思路：动态规划（反向递推）

正向思考的问题

从 n 开始，不断减 a 或 b，直到 ≤c
但路径可能非常多，且状态重复（如 n - a - b = n - b - a）
需要记忆化搜索或 DP

更优策略：反向 DP（从终点往起点推）

但本题代码采用的是 正向状态 + 反向转移 的写法：

定义 dp[x] = 从当前值 x 出发，到游戏结束的不同操作序列数
目标：求 dp[n]

状态转移（正向定义）：

若 x ≤ c → 游戏结束 → dp[x] = 1（空序列）
否则：dp[x] = dp[x - a] + dp[x - b]

❗ 但注意：x - a 或 x - b 可能 ≤0，甚至负数！

然而，题目保证 a, b ≥ 1，且 n ≤ 2e5，所以 x - a 最小为 1 - 2e5 ≈ -2e5

→ 需要处理负下标

💡 代码的巧妙设计：偏移量（Offset）避免负下标

定义数组 dp[N + N]，其中 N = 2e5 + 5
实际用 dp[N + x] 表示 dp[x]
这样即使 x 为负（最小约 -2e5），N + x ≥ 0，不会越界

✅ 偏移量技巧：将实际值 x 映射到数组下标 N + x

代码解析

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#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2e5 + 5, MOD = 1e9 + 7;
int dp[N + N]; // 数组大小 4e5+10，足够覆盖 [ -2e5, 2e5 ]

N = 200005，确保 n ≤ 2e5
dp 大小 2*N，下标范围 [0, 2N-1]
实际值 x 对应下标 N + x，所以 x ∈ [-N, N) 都安全

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int main(){
    int n, a, b, c;
    cin >> n >> a >> b >> c;

读入四个正整数

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    dp[N + n] = 1; // 初始状态：从 n 出发有 1 种"当前路径"

这里不是传统 DP 的"答案初始化"，而是模拟正向传播
思路：从起点 n 开始，把它的"路径数"向后传递给 n-a 和 n-b
所以 dp[N + n] = 1 表示"有一条路径到达了 n（起点）"

🔄 这是一种 BFS 式的 DP 传播：从高值向低值扩散路径数

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    for(int i = n; i > c; i--){ // 从 n 递减到 c+1
        dp[N + i - a] = (dp[N + i - a] + dp[N + i]) % MOD; 
        dp[N + i - b] = (dp[N + i - b] + dp[N + i]) % MOD;
    }

关键循环 ：从大到小遍历 i
对每个 i > c（游戏未结束）：
- 它可以转移到 i - a 和 i - b
- 把 dp[i] 的路径数加到 dp[i - a] 和 dp[i - b] 上

🌟 为什么倒序？

因为每次只用当前 i 的值去更新更小的值

不会重复使用已更新的值（类似完全背包 vs 0-1 背包）

这里是每一步只能走一次 （操作序列顺序重要），所以必须倒序保证每个 i 只被处理一次

✅ 举例：

dp[n] = 1
处理 i = n → 把 1 加到 dp[n-a] 和 dp[n-b]
处理 i = n-1 → 如果之前被更新过，就继续传播

最终，所有能到达的 x ≤ c 的位置，其 dp[x] 就是从 n 出发、以 x 为终点的路径数

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    int ans = 0;
    for(int i = 0; i <= N + c; i++) 
        ans = (ans + dp[i]) % MOD;

累加所有 游戏结束状态 的路径数
游戏结束条件：x ≤ c
在偏移数组中，x ≤ c 对应下标 N + x ≤ N + c
但注意：x 可能为负！所以理论上应累加所有 x ≤ c 的 dp[N + x]

然而，代码写的是

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for(int i = 0; i <= N + c; i++) ans += dp[i];

i 是数组下标
i ≤ N + c ⇨ 对应的实际值 x = i - N ≤ c
✅ 完全正确！因为 x = i - N ≤ c ⇨ i ≤ N + c

💡 同时，x 最小可能为负，但 i = N + x ≥ 0（因 x ≥ -N），所以 i 从 0 开始是安全的

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    cout << ans; 
    return 0;
}

🧪 样例验证

样例 1：`n=1, a=1, b=1, c=1`

初始 n=1 ≤ c=1 → 游戏不进行任何操作
但代码：
- dp[N+1] = 1
- 循环 i from 1 to >1 → 不执行（因为 i > c 即 1 > 1 为假）
- 然后累加 i=0 to N+1 的 dp[i]
- 其中 dp[N+1] = 1，且 N+1 ≤ N+c = N+1 → 被计入
- 所以 ans = 1 ✅

🤔 但按题意，n=1 已经结束，不应有操作，为何 dp[N+1] 被算作结束状态？

因为 1 ≤ c，所以 x=1 是结束状态！

所以 dp[N+1] 代表"在 1 结束"的路径数 = 1（空序列）

✅ 完全符合！

样例 2：`n=114, a=51, b=4, c=1`

代码会从 114 逐步向下传播路径数
最终所有 x ≤ 1 的 dp[N+x] 之和 = 176 ✅

总结

技巧	说明
反向传播 DP	从起点 `n` 向下传播路径数，而非递归计算
偏移量处理负下标	用 `dp[N + x]` 表示 `x` 的状态，避免负数下标
倒序遍历	确保每个状态只被处理一次，路径不重复计算
统一结束条件	所有 `x ≤ c` 都是合法终点，直接累加

用 O(n) 时间和空间解决了路径计数问题

P10376 [GESP202403 六级] 游戏

记录96

突破口

思路

🎯 游戏规则

✅ 举例

🧠 二、解题思路：动态规划（反向递推）

正向思考的问题

更优策略：反向 DP（从终点往起点推）

状态转移（正向定义）：

💡 代码的巧妙设计：偏移量（Offset）避免负下标

代码解析

🧪 样例验证

样例 1：n=1, a=1, b=1, c=1

样例 2：n=114, a=51, b=4, c=1

总结

样例 1：`n=1, a=1, b=1, c=1`

样例 2：`n=114, a=51, b=4, c=1`