F - Teleporting Takahashi 2
先把问题转化一下：把环断开成链，复制 \((K + 1)\) 层，每走一步就相当于前进一层：
可以想到一个简单的 dp：设 \(f(i, j)\) 表示走到第 \(i\) 层第 \(j\) 个位置的方案数。
- 初始化：\(f(0, 1) = 1\)，其它均为 \(0\)，表示 Takahashi 从第 \(0\) 层的 \(1\) 位置出发。
- 答案统计：\(ans = \sum_{i = 1}^{N} f(K + 1, i)\)。
- 转移：\(f(i, j) = \sum_{v \in pre(j)} f(i - 1, v)\)，其中 \(pre(j)\) 能通过一条边直接到达 \(j\) 的点的集合。
上述做法的时空复杂度都是 \(O(NK)\)。由于每层的状态只和前一层有关，我们可以简单地用滚动数组把空间复杂度优化到 \(O(N)\)，但时间复杂度似乎不太好优化。（提交记录）
（下面为了方便，把点的编号转为从 \(0\) 开始。实际上，对于环上的问题，0-indexed 往往都更方便。）
突破口在于 \(M\)。我们先假设 \(M = 0\)。这时，所有的边都形如 \((i, i + 1)\)（在环的意义下），并且所有的点 \(j\) 都只能从前一层的 \(j-1\) 这一个位置转移过来，也就是 \(f(i, j) = f(i-1, j-1)\)。换句话说，我们把 \(f(i - 1, *)\) ”右移“一位就得到了 \(f(i, *)\)：
这启示我们转移时，不用暴力地赋值 \(f(i, *)\)，而是用一个变量 \(be\) 代表当前数组把哪个下标当作“\(1\)”，每次转移到下一层，就让 \(be \gets (be - 1) \bmod N\) （也就是在环上自减 \(1\)）。用 \(f'\) 表示代码中的数组：一开始在第 \(0\) 层，\(be = 1\)，于是 \(f'(1) = f(0, 1), f'(2) = f(0, 2), \dots, f'(N) = f(0, N)\)。转移到第 \(1\) 层以后，\(be = N\)，于是 \(f'(N) = f(1, 1), f'(1) = f(1, 2), \dots, f'(N-1) = f(N)\)。这样，转移时我们只需更新 \(be\)，而不用把 \(f'\) 全部扫一遍。
当 \(M \not= 0\) 时呢？我们注意到，只有 \(M\) 条边不是 \((i, i+1)\) 类型的，而 \(M \le 50\)，因此可以暴力地枚举这些边来转移。
具体实现时，下标转化的细节有点多。此外，为了防止新旧版本的 \(f'\) 混淆，我用了 map 来存储那些被 \(M\) 条边连接的点的值。这使得时间复杂度乘上一个 \(\log\)，或许更精细的做法可以去掉这个 \(\log\)，但我感觉用 map 方便一些。
时间复杂度 \(O(N + KM \log M)\)，空间复杂度 \(O(N + M)\)。
参考代码：
vector<int> f(N);
f[0] = 1;
int be = 0;
map<int, int> tmp;
for(int i = 1; i <= K; i++)
{tmp.clear();be = (be + N - 1) % N;for(auto ed: e){int u = ed.u, v = ed.v;u = (be + 1 + u) % N, v = (be + v) % N;if(tmp.find(v) == tmp.end()) tmp[v] = f[v];tmp[v] = (f[u] + tmp[v]) % MOD;}for(auto p: tmp)f[p.first] = p.second;
}int ans = 0;
for(int x: f)ans = (ans + x) % MOD;
cout << ans << endl;
提交记录
（注：图源：ATcoder 的官方题解）
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while(1) printf("gugugu");
I can't solve this problem by myself.
