BZOJ 1002

1002: [FJOI2007]轮状病毒

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Description

给定n(N<=100)，编程计算有多少个不同的n轮状病毒。

Input

第一行有1个正整数n。

Output

将编程计算出的不同的n轮状病毒数输出

Sample Input

3

Sample Output

16

HINT

Source

【题解】

求 n 个点的解，就会想到它与 n-1 个点之间的关系。

现在假设我已经放好了 n-1 个点，要放第 n 个，我是逆时针放点的。

那么首先要第 n-1 个点与第 1 个点没有连边，才可以放进第 n 个点。

那么就用 f[n] 数组来维护 n 个点构成生成树时，第 n 个点与第一个点没有连边的方案数。

那么 n 个点的答案怎么统计，考虑到第 n 个点放进来的几种情况。

一、他与核连边：

枚举他的左边有 i (0<=i<n) 个点不与核连边，而连成一条线并连向它。 

枚举他的右边有 j (0<=j<n) 个点不与核连边，而连成一条线并连向它。

(就是考虑哪些依赖第 n 个点才可以成立的情况)

对于每一对 i,j ans[n]+=f[n-1-i-j] (j+i<n); 

二、他不与核连边：

1.他与左边连边。

枚举他的右边有 i 个点不与核连边，连成一条线并连向它。

2.他与右边连边。

枚举他的左边有 i个点不与核连边，连成一条线并连向它。

最后统计答案即可。

PS: 在连成一条线的时候要注意特判围成环（一圈）的情况。

至于 f[] 数组的维护，也考虑几种情况：

一、他与核连边：

枚举他的左边有 i 个点不与核连边，连成一条线并连向它。

二、他与他的左边连边。

提供一个不高精的简单代码，结合了上面的思路：

#include<cstdio>#include<cstdlib>#define N 100int ans,n,f[N];int main(){scanf("%d",&n);f[0]=f[1]=1;for(int i=2;i<n;i++){f[i]=f[i-1]; // 与左边的相连 for(int j=0;j<i;j++) // 枚举连成线的情况 f[i]+=f[i-1-j];}ans=0;for(int i=0;i<n-1;i++) ans+=f[n-1-i]*2; // 不与核连边，左边和右边连成线的情况。 for(int k=0;k<n;k++) //第 n 个点与核连边，共 k 个点与他连成线。 {for(int j=0;j<=k;j++) // 左边有 j 个点ans+=f[n-1-k];}printf("%d\n",ans);return 0;}

我的标算，与小程序有些不同，主要是按照思路来，还是上面的好。：

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<algorithm>using namespace std;#define N 10010 typedef int type[N];type ans,f[110],g;int l[110],n,L; inline void add(type &A,int &la,type B,int lb){    int c=max(la,lb);    for(int i=la+1;i<=c+1;i++)A[i]=0;    for(int i=1;i<=c;i++)    {        if(i<=lb) A[i]=A[i]+B[i];         else if(A[i]<10)break;        if(A[i]>9) {            A[i+1]++;A[i]-=10;        }    }    la=c;    if(A[la+1])la++;}inline void mul(type &A,int &la,int t){    A[la+1]=0; int tmp=0;    for(int i=1;i<=la;i++)    {        A[i]=A[i]*t+tmp;        tmp=A[i]/10;        A[i]%=10;    }    while(tmp){        la++; A[la]=tmp%10; tmp/=10;    }}int main(){    scanf("%d",&n);    if(n==1){        puts("1"); return 0;    }    l[1]=l[0]=f[1][1]=f[0][1]=1;         for(int i=2;i<n;i++)    {        l[i]=1; f[i][1]=0;        add(f[i],l[i],f[i-1],l[i-1]);         mul(f[i],l[i],2);        for(int j=1;j<i;j++) add(f[i],l[i],f[i-1-j],l[i-1-j]);    }    L=1; add(ans,L,f[n-1],l[n-1]); mul(ans,L,3);    for(int k=1,v,tot;k<n;k++)    {        v=1; g[1]=0; tot=0;        if(k<n-1) tot=2;        add(g,v,f[n-1-k],l[n-1-k]);        mul(g,v,tot+k+1);        add(ans,L,g,v);    }    for(;L;)printf("%d",ans[L--]); puts("");    return 0;}