题目链接  2016 BUAA-Final Problem B

考虑一对可行的点$(x, y)$

根据题意,设$x = ak + 1,y = bk + 1$

又因为$x$是$y$的祖先的祖先的祖先,所以$y = 8x + d, 0 <= d <= 7$;

那么代入到之前的那个式子

     $y = 8x + d$

        $= 8(ak + 1) + d = 8ak + d + 8$

注意到$8ak$对$k$取模后值为$0$,那么如果要满足题意,$d + 8$对$k$取模后值必须为$1$。

又因为$0 <= d <= 7$,所以$8 <= d + 8 <= 15$。

由此发现,当$k >= 15$时,无论$d$在取值范围内取什么值,都满足不了这个条件。

那么$k >= 15$时我们直接判无解。

根据同余的性质我们发现只需要关心根结点对$k$取模之后的值就行,

那么设$f[i][j][k]$为考虑根结点编号对$k$取模为$j$,模数为$k$,树的高度为$i$的时候这棵树的符合题意的点对数。

转移的时候从两个儿子那里获取信息,再加上自己的后代的后代的后代中符合题意的点的个数(前提是自己的编号对$k$取模也得为$1$)

那么状态数有$k^{2}n$个,用记忆化搜索实现就好了。

时间复杂度$O(k^{2}n)$

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream> using namespace std; #define rep(i, a, b) for (int i(a); i <= (b); ++i)
#define dec(i, a, b) for (int i(a); i >= (b); --i)
#define MP make_pair
#define fi first
#define se second typedef long long LL; const int N = 5e4 + 10; const LL mod = 1e9 + 7; LL k, p;
LL f[N][16][16];
LL c[20][20];
int T;
int n; LL dp(int i, int j, int k){
if (~f[i][j][k]) return f[i][j][k];
if (i <= 3) return f[i][j][k] = 0; LL ret = 0;
ret += dp(i - 1, 2 * j % k, k); ret %= mod;
ret += dp(i - 1, (2 * j + 1) % k, k); ret %= mod;
if (j % k == 1){
ret += c[8 * j % k][k];
ret %= mod;
} return f[i][j][k] = ret;
} int main(){ memset(f, -1, sizeof f); rep(i, 0, 15){
rep(k, 1, 15){
rep(j, i, i + 7){
if (j % k == 1){
++c[i][k];
}
}
}
} scanf("%d", &T);
while (T--){
scanf("%lld%d%lld", &k, &n, &p);
if (k >= 15){
puts("0");
continue;
} p %= k;
printf("%lld\n", dp((int)n, (int)p, (int)k));
} return 0;
}

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