标签：node Atcoder le 数列 Beginner 题解 奇偶性 dp 前缀
前言
这题有很高级的基于 \(Fibonacci\) 数列递推的做法，我提供一个简单做法。
那个高级做法的题解我附图在博客里面，不过禁止外传。
这个题矩阵加速的系数涉及到能不能选，按照不能选的数分段矩阵求幂是一个不错的方法
难度
差不多 \(2400\) 。
题意
给定 \(n,S\) 和一个数列 \(A\) ，已知数列 \(X\) 中每个数都是正奇数，所有数的和是 \(S\) ，任意一个前缀和不在数列 \(A\) 中，求这样的数列的个数。
$1\le n\le 1e5 $ \(1 \le S \le 1e18\) 。
题解
首先注意到一个比较 \(sb\) 的 \(DP\) ，设 \(f[i][j]\) 表示填了前 \(i\) 个数，和是 \(j\) 的方案数，复杂度很高，肯定不过。
考虑转化题意，题目限制了前缀和不能是 \(A\) 中的数，那我们考虑选前缀和来构成数列，那么限制就变成了不能选 \(A\) 中的数，然后就是，没有数的情况下和是 \(0\) ，整个数列选完了的情况下和是 \(S\) ，所以 \(0,S\) 必选。
因为所有数都是正奇数，那么前缀和肯定是奇数偶数交替出现的，所以相邻两个数必须奇偶性不同才是合法方案。
至此，我们巧妙地转化了题意与限制。
然后我们用一个 \(DP\) 来计数，设 \(dp[i][1/0]\) 表示已经填好了数列 \(X\) 中的某些数，最后填上的这个数和数字 \(i\) 的奇偶性是否相同。
转移方程：
\(dp[i][1]=dp[i-1][0]\) 。
\(dp[i][0]=dp[i-1][1]+dp[i-1][0]\) \(\times\) \([i不属于A]\) 。
大概解释一下，状态 \((i,1)\) 表示最后一个数和 \(i\) 奇偶性相同，那必然和 \(i-1\) 奇偶性不同，这个状态一定不会选进 \(i\) ，所以不担心 \(i\) 是否属于 \(A\) 。
状态 \((i,0)\) 就略显复杂，包含了部分不选 \(i\) 的情况，也即此处 \(dp[i-1][1]\) ,而选 \(i\) 则需要和上一个数奇偶性不同，也就是和 \(i-1\) 奇偶性相同，再注意一下 \(i\) 是不是在 \(A\) 中即可。
这个转移式，我觉得和 \(Fibonacci\) 数列有相似性，所以这个也是可以用矩阵加速的，每次求幂是 \(A_{i+1}-A_i-1\) 次，矩阵加速具体看我代码。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 100005
#define p 998244353
#define ll long long
using namespace std;
ll n,a[N],s;
struct node
{
ll m[2][2];
}A,B,C;
node mul(node a,node b)
{
node c;
memset(c.m,0,sizeof(c.m));
for(int i=0;i<=1;i++)
{
for(int j=0;j<=1;j++)
{
for(int k=0;k<=1;k++) c.m[i][j]=(c.m[i][j]+a.m[i][k]*b.m[k][j]%p)%p;
}
}
return c;
}
node ksm(node a,ll b)
{
node c;
memset(c.m,0,sizeof(c.m));
for(int i=0;i<=1;i++) c.m[i][i]=1;
while(b)
{
if(b&1) c=mul(c,a);
a=mul(a,a);
b=(b>>1);
}
return c;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&s);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%lld",&a[i]);
A.m[0][0]=1;A.m[0][1]=1;A.m[1][0]=1;
B.m[0][1]=1;B.m[1][0]=1;
C.m[0][0]=1;
for(int i=0;i<=n-1;i++)
{
C=mul(C,ksm(A,a[i+1]-a[i]-1));
C=mul(C,B);
}
C=mul(C,ksm(A,s-a[n]));
printf("%lld",C.m[0][1]);
return 0;
}
标签：node,Atcoder,le,数列,Beginner,题解,奇偶性,dp,前缀 来源： https://www.cnblogs.com/zhengenxi/p/16475544.html
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