碎碎念（dp） | 易学教程

题目

链接：https://ac.nowcoder.com/acm/contest/3006/F
来源：牛客网

在ACM比赛里，除了CE以外都是有效的提交。每一个提交都会有其评测的结果，或是AC，或是RJ（Rejected，包含各种不通过的情况）。往往一个人上去提交的时候，总有一个队友会坐在边上等着结果。那个人，往往都是只读题不写题的云选手~

牛牛战队里也有这样的云选手——牛能。当牛能看到有效提交得到了AC以后，都会大呼一声“你好能啊！”，反之，如果得到了RJ的话，就会化身为喷子，说xx句“你能不能行啊！”。大家比赛的都十分紧张，这样的大声呼喊未免会引起旁边队伍的注意。

当然牛牛战队交题的时候也很小心，一旦这一发出现了RJ，下一发有效提交一定能获得AC。

比赛结束了以后，旁边的一支队伍愤怒的跑过来说：你们比赛的时候吵不吵啊，一直在这大吼，吼了这么多句！

激烈的争吵引起了吃瓜群众的注意，吃瓜群众问道：吼了多少句啊，这么讨厌的吗

“啊……我也记不清了，大概是在[L,R]这个区间吧”

作为吃瓜群众的你，想根据这个信息算出，这个队伍有多少种有效提交结果序列的可能呢？

输入描述:

输入数据包括单组数据、多组询问。输入第一行包含一个整数x(2≤x≤100000)，表示牛能在RJ状态下会说“你能不能行啊！”的句子数量。

第二行包括一个整数Q(1≤Q≤10 $^5$ )，表示询问数量。

接下来QQ行，每行包括两个整数L,R(1≤L≤R≤100000)，表示每次询问下句子的区间数。

输出描述:

对于每组数据，在一行内输出一个整数，表示牛牛战队提交结果的可能性。由于结果可能很大，请对1000000007取模。

思路

我们写状态表示dp[i][j],i代表到这个位置，j=0的时候代表选择ac, j=1的时候代表选择rj.很容易的就写出来状态转移方程dp[i][0]=dp[i-1][1]+dp[i-1][0], dp[i][1]=dp[i-x][0],然后求一遍前缀和。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef unsigned long long ull;
const int N=1e5+7;
const int mod=1e9+7; 
ll dp[N][3],a[N],sum[N];
int main()
{
	//freopen("test.in","r",stdin);//设置 cin scanf 这些输入流都从 test.in中读取
    //freopen("test.out","w",stdout);//设置 cout printf 这些输出流都输出到 test.out里面去
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	int x;
	cin>>x;
	dp[0][0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++)
	{
		if(i>=x)
		{
			dp[i][0]=(dp[i-1][1]+dp[i-1][0])%mod;
			dp[i][1]=dp[i-x][0]%mod;
			dp[i][2]=(dp[i][0]+dp[i][1])%mod;
		}
		else
		{
			dp[i][0]=(dp[i-1][0])%mod;
			dp[i][2]=dp[i][0];
		}
		sum[i]=(sum[i-1]+dp[i][2])%mod;	
	}
	int n;
	cin>>n;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		cout<<(sum[y]-sum[x-1]+mod)%mod<<endl;
	}
	return 0;
}

来源：CSDN

作者：星汐=w=

链接：https://blog.csdn.net/qq_44828887/article/details/104301038

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