F1. Neko Rules the Catniverse (Small Version) - 题解

比赛与标签

比赛: Codeforces Round 554 (Div. 2) 标签: bitmasks, dp, matrices 难度: *2800

题目大意喵~

各位好呀，Neko酱今天也要统治宇宙啦！这次的任务是帮助Neko在一个有 $n$ 个星球的宇宙中飞行。

我们的目标是，找到Neko访问正好 $k$ 个不同星球的所有可能路径数量，的说。

路径的生成规则是这样哒：

1. 首先，我们为Neko选择一个起始星球。
2. 然后，Neko要进行 $k-1$ 次移动。
3. 每一次从星球 $x$ 移动到星球 $y$ 时，必须满足两个条件：
   • 星球 $y$ 之前没有被访问过。
   • $1 \le y \le x + m$ (这里的 $m$ 是一个给定的常数)。

只要访问星球的顺序有任何一点不同，就算作是两种不同的方式哦。因为答案可能会很大，所以我们需要对 $10^9 + 7$ 取模。

输入: 一行，包含三个整数 $n, k, m$。 输出: 一个整数，表示总的路径方案数。

解题思路喵~

看到这道题，特别是注意到 $k$（访问星球数）和 $m$（移动范围常数）都非常小，而 $n$（星球总数）可能很大，这就像是猫咪闻到了小鱼干，是动态规划（DP）的香味呀，喵~

我们可以按星球编号从小到大（从1到$n$）的顺序来构建我们的DP状态。

DP状态的设计

一个好的DP状态是成功的一半哦！我们来想想要记录哪些信息。 在考虑第 $i$ 个星球时，我们需要知道：

1. 已经访问了多少个星球了？
2. 为了判断下一次移动是否合法（y <= x + m），我们需要知道最近访问过的星球的信息。由于 m 很小，我们只需要关心当前星球 i 附近 m 个星球的访问状态就够了。

于是，一个绝妙的状态就诞生啦： dp[i][j][s]：表示我们已经考虑了前 $i$ 个星球，总共访问了 $j$ 个星球，并且在 (i-m, i] 这个区间内的星球访问状态是一个二进制数 s。s 的第 p 位（从右往左数，0-indexed）为1，表示星球 i-p 被访问过，为0则表示没有。

但是，i 可以达到 $10^5$，三维DP数组会爆炸的！不过别担心，我们发现计算第 $i$ 个星球的状态，只需要第 $i-1$ 个星球的信息。所以可以进行状态压缩，去掉第一维 i！

优化后的DP状态： dp[j][s]：在当前处理到星球 i 时，这个状态表示已经访问了 j 个星球，并且在 (i-m+1, i] 这个区间内（长度为m）的星球访问状态为 s 的所有合法路径（序列）的数量。

状态转移的奥秘

当我们从考虑完星球 i 转移到考虑星球 i+1 时，有两种选择：

1. 不选择星球 i+1 加入我们的路径 这种情况比较简单。我们没有访问新的星球，所以已访问星球数 j 不变。我们关心的状态窗口从 (i-m+1, i] 滑动到了 (i-m+2, i+1]。这对应到 bitmask s 上，就是将 s 左移一位，然后用 m 位的全1掩码 mask_full 来去掉最高位的溢出。 新的状态 s' 就是 (s << 1) & mask_full。 所以，next_dp[j][(s << 1) & mask_full] 会加上 dp[j][s] 的方案数。

2. 选择星球 i+1 加入我们的路径 这是最有趣的部分！如果我们决定访问星球 i+1，那么已访问星球数就会从 j 变成 j+1。 新的状态窗口 (i-m+2, i+1] 中，i+1 这个星球被访问了，所以新的 bitmask s' 应该是 (s << 1 | 1) & mask_full。

那么，方案数要怎么计算呢？我们是从一个 j 个星球的合法序列，通过加入 i+1，来构成一个 j+1 个星球的新序列。有多少种方法可以把 i+1 "插" 进原来的序列里，同时保持路径合法呢？

假设原来的序列是 p_1 -> p_2 -> ... -> p_j。 我们可以把 i+1 插入到序列的开头、中间或末尾。

• 插入开头: i+1 -> p_1 -> ...。这个移动 i+1 -> p_1 是否合法？条件是 p_1 <= (i+1) + m。因为 p_1 是之前选的星球，所以 p_1 <= i，这个条件永远成立！所以总有一种方法是把 i+1 放在最前面。
• 插入中间/末尾: ... -> p_t -> i+1 -> p_{t+1} -> ...。这需要满足 i+1 <= p_t + m 并且 p_{t+1} <= (i+1) + m。后一个条件总是成立的。前一个条件 i+1 <= p_t + m 等价于 p_t >= i+1-m。

也就是说，i+1 可以被插入到序列的最前端，或者任何一个满足 p_t >= i+1-m 的星球 p_t 的后面。 哪些星球 p_t 满足这个条件呢？正是我们用 bitmask s 记录的那些在 (i-m+1, i] 区间内被访问过的星球！

__builtin_popcount(s) 这个神奇的函数可以计算出 s 中有多少个1，也就是在 (i-m+1, i] 这个区间内有多少个被访问过的星球。 所以，总的插入方法数 ways 就是： ways = 1 (插入开头) + __builtin_popcount(s) (插入到s中记录的星球后面)

所以，next_dp[j+1][(s << 1 | 1) & mask_full] 会加上 dp[j][s] * ways 的方案数。

最终答案

我们从 i=1 循环到 n，不断更新DP数组。当循环结束后，dp[k][s] 就记录了所有访问了 k 个星球，并且最后 m 个星球状态为 s 的路径数量。我们把所有可能的 s 对应的 dp[k][s] 加起来，就是最终的答案啦！

代码实现喵~

// 完整的AC代码，添加详细注释解释关键逻辑
#include <iostream>
#include <cstring> // 为了使用 memcpy

using namespace std;

// 定义模数
const int mod = 1000000007;

int main() {
    int n, k, m;
    scanf("%d%d%d", &n, &k, &m);

    // m位的全1掩码，例如 m=3, mask_full = (1<<3)-1 = 7 (二进制111)
    // 用来在左移后清除溢出的高位
    int mask_full = (1 << m) - 1;

    // dp[j][s]: 访问了j个星球，最后m个星球访问状态为s的方案数
    // j 最大为 k, s 最大为 mask_full
    long long dp[13][16] = {0};

    // 初始化：一个星球都不访问的方案只有1种（空序列）
    dp[0][0] = 1;

    // 按顺序考虑每个星球 i+1 (i from 0 to n-1)
    for (int i = 0; i < n; i++) {
        // 使用 next_dp 数组来存储当前轮计算出的新状态
        // 避免在计算过程中覆盖本轮需要用的旧状态
        long long next_dp[13][16] = {0};

        // 遍历所有可能的前置状态 (j, s)
        for (int j = 0; j <= k; j++) { // j: 已访问星球数
            for (int s = 0; s <= mask_full; s++) { // s: bitmask
                if (dp[j][s] == 0) continue; // 如果方案数为0，跳过以节省时间

                // --- 转移情况1: 不选择星球 i+1 ---
                // 窗口向右滑动一位，星球数j不变
                int ns1 = (s << 1) & mask_full;
                next_dp[j][ns1] = (next_dp[j][ns1] + dp[j][s]) % mod;

                // --- 转移情况2: 选择星球 i+1 ---
                if (j < k) { // 只有在已访问星球数小于k时，才能再选
                    // 新的mask，将最低位置为1，表示i+1被访问
                    int ns2 = (s << 1 | 1) & mask_full;
                    // 计算可以插入新星球的方式数
                    // __builtin_popcount(s) 计算s中1的个数
                    // +1 是因为可以把新星球放在序列最前面
                    int ways = __builtin_popcount(s) + 1;
                    next_dp[j + 1][ns2] = (next_dp[j + 1][ns2] + dp[j][s] * ways) % mod;
                }
            }
        }
        // 将计算好的新状态拷贝回dp数组，准备下一轮迭代
        memcpy(dp, next_dp, sizeof(dp));
    }

    // 循环结束后，dp[k][s] 表示访问了k个星球，且最后m个星球状态为s的方案数
    // 我们需要把所有可能的 mask s 的方案数加起来
    long long ans = 0;
    for (int s = 0; s <= mask_full; s++) {
        ans = (ans + dp[k][s]) % mod;
    }

    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

复杂度分析的说

• 时间复杂度: O($n \cdot k \cdot 2^m$) 的说。 我们有一个主循环遍历 $n$ 个星球。在每个星球的计算中，我们遍历了所有可能的 j (从0到k) 和所有可能的mask s (从0到$2^m-1$)。所以总的时间复杂度就是这三者相乘啦。对于这道题的限制 ($n \le 10^5, k \le 12, m \le 4$)，这个复杂度是完全可以接受的。

• 空间复杂度: O($k \cdot 2^m$) 的说。 我们使用了两个 dp 数组（一个当前，一个下一轮），每个的大小都是 k \times 2^m。这个空间非常小，所以完全没问题。

知识点与总结

这道题是 Bitmask DP (状压DP) 的一个非常巧妙的应用！它教会了我们：

1. 识别DP模式: 当题目中某些约束条件（如本题的 k 和 m）的范围很小时，可以考虑将它们作为DP状态的一部分。
2. 状态设计与压缩: 关键在于如何设计一个状态，既能包含做出下一步决策所需的所有信息，又足够简洁。本题的 dp[j][s] 就是一个完美的例子，它通过一个bitmask s 聪明地记录了做决策所需的“局部”信息。
3. 推导转移方程: 最核心的洞察力体现在 ways = __builtin_popcount(s) + 1 这个转移系数上。理解它代表了将新元素插入现有序列的合法方式数，是解题的关键。这需要我们对题目中的移动规则有深刻的理解。
4. 滚动数组优化: 当DP的第 i 轮只依赖于第 i-1 轮时，我们总可以用滚动数组（或者像代码里一样用一个 next_dp 数组）来把空间复杂度从 O($N \cdot \text{state}$$) 优化到 O($\text{state}$)。

顺便一提，这道题的困难版本（F2），n 会变得非常大，此时 O($n$) 的线性扫描会超时。那种情况下，因为DP转移是固定的，就可以把转移过程看作一个矩阵，然后用 矩阵快速幂 来把时间复杂度优化到 O($(k \cdot 2^m)^3 \log n$)，这又是另一个有趣的话题啦！

希望这篇题解能帮到你，喵~ 一起加油，变得更强吧！