思维dp ---- Codeforces Round #711 (Div. 2) - C. Planar Reflections[dp/记忆化搜索]

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题目大意：

就是给你n个平面和一个寿命为k的衰变粒子。开始粒子从左向右飞行，粒子每经过一个平面就会产生一个副本粒子，这个副本粒子比原粒子的寿命少1，即为k-1,并且飞行方向是原粒子的反方向。问最终可以产生多少个粒子？

解题思路1：

手动模拟一下发现，经过平面的反复产生粒子，会有很多复杂的中间情况，那么我们就要化简一下这种情况：
1.从原问题j的角度出发：一个寿命为k且要穿过n个平面最终产生的粒子个数？那么我们可以考虑一下dp，设dp[i][j]为寿命为i的粒子要穿过j个平面最终要产生的粒子个数。我们考虑状态转移，就是要考虑它和前面那个状态的关系，那么就是dp[i][j-1]：寿命为i的粒子穿过j-1个板子最终产生的粒子数+dp[i-1][n-j]：寿命为i的粒子穿过n-j个板子最终产生的粒子个数。[因为你还要穿过j个，那么你反方向就是n-j个板子]
2.考虑边界情况:dp[i][0] = 1, dp[1][i] = 1；

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e3 + 10;
int n, m;
ll f[maxn][maxn];
/*
f[i][j] : 寿命为i粒子要穿过j 个板子最终产生了多少个粒子
f[i][j] : f[i][j - 1] + f[i - 1][m - j];
*/
int main() { int T;cin >> T;while(T --) {cin >> n >> m;memset(f,0,sizeof(f));for(int i = 1; i <= n; ++ i) f[1][i] = 1;for(int i = 1; i <= m; ++ i) f[i][0] = 1;for(int i = 1; i <= m; ++ i) for(int j = 1; j <= n; ++ j)f[i][j] = (f[i][j - 1] + f[i - 1][n - j]) % mod;cout << f[m][n] << endl;}return 0;
}

解题思路2:记忆化搜索

对于一个粒子我们可以知道它有3种状态:即将要穿过哪个板子，寿命，飞行的方向
那么我们就可以设dp[depth][age][dirt]为dp方程进行记忆化搜索，实际上就是模拟单个粒子的穿板造成的结果。
#为什么可以进行记忆化搜索其实你在手摸的时候看起来很多粒子杂乱无章其实它们结果都是一样的，就是有很多结果是重叠的。

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e3+10;
ll dp[maxn][maxn][2];
int n, k;
inline ll dfs(int depth, int age, int dirt) {//age粒子即将穿过第depth板子的影响。if(age == 1) return 1;ll ans = 2;//包括自己和产生的粒子一共两个if(dp[depth][age][dirt] != -1) return dp[depth][age][dirt];if(dirt == 1) {if(depth < n) ans += dfs(depth+1,age,dirt) - 1; // 粒子向前进减到自己ans %= mod;if(depth > 1) ans += dfs(depth-1,age-1,1-dirt)-1;//副本粒子反向。ans %= mod; dp[depth][age][dirt] = ans;} else {if(depth > 1) ans += dfs(depth-1,age,dirt)-1;ans %= mod;if(depth < n) ans += dfs(depth+1,age-1,1-dirt)-1;ans %= mod;dp[depth][age][dirt] = ans;}return ans;
}int main() {int T;cin >> T;while(T --) {cin >> n >> k;memset(dp,-1,sizeof(dp));cout << dfs(1,k,1) << endl;}return 0;
}