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題意：順序給出數軸上N給不相等的點，記為序列a，首先將大區間[a[0],a[N-1]]劃分成若干個子區間[li,ri)，然后在子區間上面選取若干個點，要求這些點和區間端點構成等差數列。端點不能作為選取的點。問選取點的集合數量有多少。
分析：首先這是一個有限制的選擇問題，我們見到的選擇問題通常用dp、類dp、記憶化搜索來解決。dp和記憶化搜索的思想都是先把問題分為多個階段的問題，每一個階段都會對應一個狀態，后面階段的狀態要利用已經求出的狀態。
本題同理，首先求包含N個數的序列的方案數目這個問題劃分階段，先求包含1個數序列的方案數，然后求包含2個數的…以以此類推，最后求出包含N個數的，就是最后的答案。
于是本題第i個狀態就是從第0個數第i個數的方案總數,即dp[i]，一個維度就可以表示狀態
之后要看怎么用之前的階段求出各個階段的狀態值。對于第1個狀態，就是第0個數到第1個數的約數個數，對于第i個狀態，我們首先可以將第i個狀態這個大集合劃分成通過dp[i-1]求出的部分、通過dp[i-2]求出的部分…通過dp[0]求出的部分。比如在求通過第i-1個狀態即dp[i-1]求出的部分時，由于第i-1之前的方案取法不會影響i-1到i的取法，所以從0到i-1的取法有dp[i-1]種，而i-1到i的取法有a[i]-a[i-1]的約數個數個，設為cnt個，對于dp[i]的貢獻是cnt*dp[i-1]。
但是在求通過dp[i-2]求出的貢獻值時，i-2到i的方案會不會和i-1到i的方案重合？注意，現在要將dp[i]劃分成無交集，且并集為全集的子集，我們需要自己設計劃分方式。我們的方向是，能寫出簡單的dp[i]與dp[0…i-1]關系的式子。而我們已經得到dp[i-1]的貢獻是dp[i-1]*cnt，我們希望能找到0到i-2的cnt。

最后我們發現如果i-2的cnt設置成包含i-2到i的約數，同時不含i-1到i的約數的集合的元素個數，我們就可以將問題不重不漏的劃分。同時題目說有障礙的地方不能種樹，所以i-2到i的方案本身就不會包含i-1到i的方案使用過的約數，因為i-1到i的方案使用過的約數一定會經過端點。
暴力找約數的方法

#include <iostream> #include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; const int maxn=1000+5; const int mod=1000000000+7; const int maxa=100000+5; using namespace std; ll dp[maxn+5]; ll a[maxn+5]; vector<ll>v[maxa+10]; bool book[maxa+5]; ll solve(ll l,ll r){ll x=a[r]-a[l];ll cnt=0;if(x==1){//注意，相距為1不能種樹，而且之后約數1也不能再次使用，所以book[1]=1book[1]=1;return 0;}if(book[1]==0){book[1]=1;cnt++;//cout<<1<<"*"<<endl;}for(ll i=2;i*i<=x;i++){if(x%i==0){if(book[i]==0){book[i]=1;cnt++;}if(book[x/i]==0){book[x/i]=1;cnt++;}}}book[x]=1;//注意，x不能被第j-1之前的利用return cnt; } int main() {int N;cin>>N;for(int i=0;i<N;i++){scanf("%lld",&a[i]);}dp[0]=1;for(ll i=1;i<N;i++){memset(book,0,sizeof book);for(ll j=i-1;j>=0;j--){dp[i]=(dp[i]+dp[j]*solve(j,i))%mod;}}cout<<dp[N-1]<<endl;return 0; }

打表找約數

#include <iostream> #include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; const int maxn=1000+5; const int mod=1000000000+7; const int maxa=100000+5; using namespace std; ll dp[maxn+5]; ll a[maxn+5]; vector<ll>v[maxa+10]; bool book[maxa+5]; int main() {for(int i=1;i<maxa;i++){//對于所有i的倍數，i都是他們的約數for(int j=2*i;j<maxa;j+=i){//從二倍開始，可以排除約數為自己的情況，因為有障礙的地方不能種樹v[j].push_back(i);}}int N;cin>>N;for(int i=0;i<N;i++){scanf("%lld",&a[i]);}dp[0]=1;for(ll i=1;i<N;i++){memset(book,0,sizeof book);//每次對dp[i-1]的劃分操作對dp[i]的劃分操作沒有影響，要初始化標記數組for(ll j=i-1;j>=0;j--){ll x=a[i]-a[j];ll cnt=0;for(int i=0;i<v[x].size();i++){if(book[v[x][i]]==0){//不能在障礙上種樹，對于第j-1個點a[j-1]來說，a[i]-a[j]的約數的倍數是端點,book[v[x][i]]=1;//端點是障礙，所以j-1前的約數都不能重復用cnt++;}}book[x]=1;//特別注意，雖然第j個端點不能cnt++，但是端點處不能種樹，他影響第j-1個端點使得其不能利用約數a[i]-a[j]dp[i]=(dp[i]+dp[j]*cnt)%mod;}}cout<<dp[N-1]<<endl;return 0; }

想試一試搜索，先是棧內爆空間，然后改了set超時。。注意，這時候book不能開全局了，因為每個狀態的計算是會交替進行，而不是計算完一個再計算一個所以全局的book會亂套。

#include <iostream> #include<bits/stdc++.h> typedef long long ll; const int maxn=1000+5; const int mod=1000000000+7; const int maxa=100000+5; using namespace std; ll dp[maxn+5]; ll a[maxn+5]; vector<ll>v[maxa+10];ll N; ll dfs(ll level){if(level>=N-1){return 1;} // bool book[maxa+5]; // memset(book,0,sizeof book);//!!!!set<ll>book;for(ll i=level+1;i<N;i++){if(dp[i]==0){dp[i]=dfs(i);}ll cnt=0,x=a[i]-a[level];for(ll j=0;j<v[x].size();j++){if(find(book.begin(),book.end(),v[x][j])==book.end()){book.insert(v[x][j]);cnt++;}}book.insert(x);dp[level]=(dp[level]+dp[i]*cnt)%mod;// cout<<"$"<<dp[level]<<" "<<dp[i]<<" "<<cnt<<endl;}return dp[level]; } int main() {for(int i=1;i<maxa;i++){//對于所有i的倍數，i都是他們的約數for(int j=2*i;j<maxa;j+=i){//從二倍開始，可以排除約數為自己的情況，因為有障礙的地方不能種樹v[j].push_back(i);}}cin>>N;for(ll i=0;i<N;i++){scanf("%lld",&a[i]);}dp[0]=dfs(0);cout<<dp[0]<<endl;return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的第22次CSP认证 第4题 校门外的树（3种方法，非常详细）（类dp+数学）的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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