兔子跳跃之谜下(BZOJ2454 RabbitPuzzle（BZOJ中不是多组数据）)

题目描述

小生和小森在玩兔子之谜游戏。有三只兔子排成一排。知道每只兔子的初始位置，以及三个兔窝的位置。

游戏的规则是，重复以下步骤k次：选择两个不同的兔子A和B，分别位于a和b。A可以跳过B到达2*b-a的点：

跳跃是不允许其他小兔子已经在点2*b-a的位置上：

跳跃也不允许一次跳过一个以上的兔子：

现在小生和小森想要知道，k次操作之后，能否让所有兔子都分别跳到一个兔窝里面。注意，第i个兔子并不一定要在第i个巢。并且输出跳法的种数，数值可能很大，要对结果取模1000000007。只要有一个跳跃是不同的，两种方式被认为是不同的。

输入

有多组测试数据：

第一行，包含一个整数Num，表示测试数据的个数。（1<=Num<=10）

每组测试数据，

第一行三个整数，第二行三个整数，分别表示兔子的初始位置和兔窝的位置。两组数值都是严格递增给出。范围均为[-10^18,10^18]。

最后一个整数k。[1,100]。

输出

共Num行，

跳跃的种数。

样例输入

8

0 5 8

0 8 11

1

0 5 8

0 8 11

3

0 5 8

0 8 11

2

5 8 58

13 22 64

58

0 1 2

1 2 3

100

5 8 58

20 26 61

58

67 281 2348

235 1394 3293

83

-1000000000000000000 999999999999999998 999999999999999999

-1000000000000000000 999999999999999999 1000000000000000000

5

样例输出

1

5

0

0

0

537851168

167142023

29

我们可以发现中间的兔子可以向两边跳，两边的兔子只有一个可能（要么左边的往右要么右边的往左跳），所以我们可以将每一个A B C所在的状态想成一个点，然后中间的兔子向外跳为这个点向下的两个儿子，两边的兔子向内跳为这个点向上的父亲，然后这个就可以看做一棵二叉树了。那么这棵树的根是什么呢？什么时候两边的点就不能往里跳了呢？当B到A的距离等于C到B的距离时，就不能跳了，所以这时这就是根了。

现在我们可以跳k步，所以我们可以先预处理出从开始点（Astart, Bstart, Cstart）开始跳k步能跳到哪，和从结束点（Aend, Bend, Cend）跳k步能跳到哪。不过，其实我们不用记录下这些，我们只需要一些有用的就够了，为了下面DP来用，我们可以先找出根，和从开始点（树上的点）和结束点（也是树上的点）的LCA（最近公共祖先）。

我们求出了LCA有什么用呢，现在我们构造DP方程

令f[i][j][k]为当开始点距离LCA i步，结束点距离LCA j步，还剩下k步可以走的方案数。

Case1: i>0 f[i][j][k]=f[i-1][j][k-1]+f[i+1][j][k-1]*2（我们固定结束点不动，然后使开始点不断往上跳，向下有两条路所以答案是要乘以2的）

Case2: i=0且j>0 f[i][j][k]=f[0][j+1][k-1]+f[0][j-1][k-1]+f[1][j][k-1]（此时i已经到达了根，此时可以让i往会跳或再往下或往上跳（此时相当于i和j的LCA向上或向下，所以j的值会改变））

Case3: i=0且j=0 f[i][j][k]=f[0][1][k-1]+f[1][0][k-1]*2

在实现代码上，记忆化可能会好写一下，建议使用记忆化。

提醒此题需要long long(乘2时需要乘2LL)并且要模1000000007。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define mo 1000000007
using namespace std;
ll Sa,Sb,Sc,Ea,Eb,Ec,root,L1,L2,f[110][110][110];
int k;
void calc(ll &a,ll &b,ll &c)
{
if (b*2LL==a+c) return;
if (b-a<c-b)
{
ll a1=a;a=b;b=2LL*b-a1;
}else
{
ll c1=c;c=b;b=2LL*b-c1;
}
}
void LCA()
{
ll a=Ea,b=Eb,c=Ec;
for (int i=0;i<=k;i++)
{
if (b*2LL==a+c)
{
root=i;
break;
}
calc(a,b,c);
}
ll a1=Sa,b1=Sb,c1=Sc;
for (int i=0;i<=k;i++)
{
a=Ea,b=Eb,c=Ec;
for (int j=0;j<=k;j++)
{
if (a==a1&&b==b1&&c==c1)
{
L1=i;L2=j;
return;
}
calc(a,b,c);
}
calc(a1,b1,c1);
}
}
ll dfs(ll i,ll j,ll k)
{
if (i==0&&j==0&&k==0) return 1;
if (k==0||i+j>k||j>root) return 0;
if (f[i][j][k]!=-1) return f[i][j][k];
if (i>0) f[i][j][k]=(dfs(i-1,j,k-1)+dfs(i+1,j,k-1)*2LL)%mo;
if (i==0&&j>0)
{
f[i][j][k]=dfs(0,j+1,k-1)+dfs(0,j-1,k-1)+dfs(1,j,k-1);
f[i][j][k]%=mo;
}
if (i==0&&j==0)
{
f[i][j][k]=dfs(0,1,k-1)+dfs(1,0,k-1)*2LL;
f[i][j][k]%=mo;
}
return f[i][j][k];
}
int main()
{
int T;
scanf("%d",&T);
while (T--)
{
memset(f,-1,sizeof(f));
L1=L2=-1;
scanf("%lld%lld%lld",&Sa,&Sb,&Sc);
scanf("%lld%lld%lld",&Ea,&Eb,&Ec);
scanf("%d",&k);
root=k;
int tot=0;
LCA();
if (L1==-1&&L2==-1) printf("0\n");else printf("%lld\n",dfs(L1,L2,k));
}
return 0;
}