[Usaco2009 Feb]Bullcow 牡牛和牝牛

原題鏈接https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3398

容易想到的一種\(dp\)就是：設\(dp[i][j]\)表示前\(i\)頭牛裏面有\(j\)頭牡牛的方案數，那麼轉移方程就是：

\[ dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i-k][j-1] \]

這裏解釋一下爲什麼是\(dp[i-k][j-1]\)。因爲dp數組存的是方案數，而如果第i頭牛要是牡牛，那麼\(i-k\)~\(i-1\)頭牛都必須是牝牛，也就是隻有這一種方案。但如果由\(j-k\)後面的狀態轉移過來，比如\(j-k+1\)，那麼根據方程，這個狀態包含了第\(j-k\)頭牛爲牡牛的情況，這是不合法的情況。又因爲\(j-k\)之前的牛是什麼牛都無所謂，所以應該從\(j-k\)的狀態轉移過來。

然後你發現這樣開數組會爆空間，時間也會爆。然而我們發現，第i頭牛是牡牛時，我們只需要知道第\(i-k\)頭牛不是牡牛的方案數即可，與前面有幾頭牡牛無關。那麼我們換一種狀態，設\(dp[i][0/1]\)表示第i頭牛是牝牛/牡牛的方案數。轉移方程類似：

\[ dp[i][0]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1];\\ dp[i][1]=dp[i-k][0]; \]

時間複雜度爲\(O(N)\)

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define maxn 100010
#define mod 5000011
using namespace std;
 
inline int read(){
    register int x(0),f(1); register char c(getchar());
    while(c<'0'||'9'<c){ if(c=='-') f=-1; c=getchar(); }
    while('0'<=c&&c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    return x*f;
}
 
long long dp[maxn][2];
int n,k;
 
int main(){
    n=read(),k=read();
    dp[0][0]=1;
    for(register int i=1;i<=n;i++){
        dp[i][0]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1])%mod;
        dp[i][1]=dp[ max(0,i-k) ][0];
    }
    printf("%lld\n",(dp[n][0]+dp[n][1])%mod);
    return 0;
}