[Usaco2009 Feb]Bullcow 牡牛和牝牛

原题链接https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3398

容易想到的一种\(dp\)就是：设\(dp[i][j]\)表示前\(i\)头牛里面有\(j\)头牡牛的方案数，那么转移方程就是：

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

这里解释一下为什么是\(dp[i-k][j-1]\)。因为dp数组存的是方案数，而如果第i头牛要是牡牛，那么\(i-k\)~\(i-1\)头牛都必须是牝牛，也就是只有这一种方案。但如果由\(j-k\)后面的状态转移过来，比如\(j-k+1\)，那么根据方程，这个状态包含了第\(j-k\)头牛为牡牛的情况，这是不合法的情况。又因为\(j-k\)之前的牛是什么牛都无所谓，所以应该从\(j-k\)的状态转移过来。

然后你发现这样开数组会爆空间，时间也会爆。然而我们发现，第i头牛是牡牛时，我们只需要知道第\(i-k\)头牛不是牡牛的方案数即可，与前面有几头牡牛无关。那么我们换一种状态，设\(dp[i][0/1]\)表示第i头牛是牝牛/牡牛的方案数。转移方程类似：

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

时间复杂度为\(O(N)\)

#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;
}