[AtCoder-ABC209-f] Deforestation

考虑相邻的两棵树，先砍 $i-1$ 再砍 $i$，花费 $h_{i-1}+2\ast h_i$，先砍 $i$ 再砍 $i-1$，花费 $2\ast h_{i-1}+h_i$。

也就是说，后砍的树贡献次数要多一次。贪心地有 越高的树越先砍。

设 $f(i,j):$ 所有排列中在只考虑前 $i$ 个树的情况下， $i$ 树是第 $j$ 个被砍掉的数量。

• $h_i=h_{i-1}$，无所谓先后。

  $f(i,j)={\sum }_{k=1}^{i-1}f(i-1,k)$。

• $h_i>h_{i-1}$。

  $f(i,j)={\sum }_{k=j}^{i-1}f(i-1,k)$。

• $h_i<h_{i-1}$。

  $f(i,j)={\sum }_{k=1}^{j-1}f(i-1,k)$。

前缀和优化即可。

注意：可能你会疑惑为什么求和上限不是 $n$。如果是 $n$ 其实想一下就知道会算重，但又会疑惑为什么这样不会算重。下面给出两种解释（本质一样）。

• 这个第 $j$ 个被砍掉的含义是，假设已知最后 $n$ 棵树的砍顺序，把 $1\sim i$ 的树的砍树顺序单独拎出来组成长度为 $i$ 的顺序，从小到大排序后，$i$ 树在这个小排列中是第 $j$ 个被砍的。
• $\text{Oxide}$ 解释：这是个相对过程，后面的树一旦插入 $j$，相当于把前面的树砍顺序在 $j$ 及以后的都再往后移了一个。

#include <cstdio>
#define maxn 4005
#define int long long
#define mod 1000000007
int n;
int h[maxn];
int dp[maxn][maxn];signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lld", &h[i] );h[0] = h[1], dp[0][0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j = 1;j <= i;j ++ ) {if( h[i] == h[i - 1] )dp[i][j] = dp[i - 1][i - 1];else if( h[i] > h[i - 1] )dp[i][j] = ( dp[i - 1][i - 1] - dp[i - 1][j - 1] + mod ) % mod;elsedp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];}for( int j = 1;j <= i;j ++ )dp[i][j] = ( dp[i][j] + dp[i][j - 1] ) % mod;}printf( "%lld\n", dp[n][n] );return 0;
}

[AtCoder-Educational DP Contest-T]Permutation

vjudge

这道题和上一道题目是同一个类型，$dp$ 定义以及优化也是一样的。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
#define maxn 3005
int f[maxn][maxn];
char s[maxn];
int n;
/*
f(i,j):考虑到i位放j 前面都已经满足s的符号限制 的排列数量
s[i] = '<'   f(i+1,j) <- f(i,k) k<j
s[i] = '>'   f(i+1,j) <- f(i,k) k>j   
*/
signed main() {scanf( "%lld %s", &n, s + 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) f[1][i] = i;for( int i = 1;i < n;i ++ ) {for( int j = 1;j <= n;j ++ ) {if( s[i] == '<' )f[i + 1][j] = f[i][j - 1] % mod;elsef[i + 1][j] = ( f[i][i] - f[i][j - 1] + mod ) % mod;}for( int j = 1;j <= n;j ++ )( f[i + 1][j] += f[i + 1][j - 1] ) %= mod;	}printf( "%lld\n", f[n][n] );return 0;
}

「JOI Open 2016」摩天大楼

LOJ#2743

将 $A$ 从小到大排序。考虑微元法。

答案排列相邻的一对 $A_i,A_j$，产生的贡献可以表示为 ${\sum }_{k=j}^{i-1}{A}_{k+1}-A_k$。

我们可以提前计算 $A_{k+1}-A_k$ 对答案的贡献次数。

设 $f(i,j,k,d):$ 放了前 $i$ 个数，产生了 $j$ 个互相独立的连续段，总贡献为 $k$，排列的首尾（下面称为墙）被占了 $d$ 个。

则可以算出当前 $A_{i+1}-A_i$ 的贡献，即为 $(A_{i+1}-A_i)\cdot (2\ast j-d)$。

因为有 $2\ast j-d$（墙只能延伸一个方向）个连续段的左右在后面某个时刻会放数，这部分一定会贡献微元。

令 $t=k+(2\ast j-d)(A_{i+1}-A_i)$。

• $i+1$ 独立成一段。

  • 独立成一个中间段，非墙。

    如果一个墙都没有，那么有 $j+1$ 个空，KaTeX parse error: Expected '}', got '_' at position 7: \text{_̲_X___X___}。

    如果有一个墙，就少一个空，KaTeX parse error: Expected '}', got '_' at position 8: \text{X_̲__X___X___}。

    所以合并可以写成以下形式：

    $f(i+1,j+1,t,d)\leftarrow f(i,j,k,d)\ast (j+1-d)$。

  • 独立成一个墙段，如果前后两个墙均未有，则还要考虑是做首还是尾。

    $f(i+1,j+1,t,d+1)\leftarrow f(i,j,k,d)\cdot (2-d)$。

• $i+1$ 做枢纽，合并某两个段。$j$ 个段，有 $j-1$ 个空填入 $i+1$ 然后连接起来。

  $f(i+1,j-1,t,d)\leftarrow f(i,j,k,d)\cdot (j-1)$。

• $i+1$ 从某个段的左/右延伸。

  • 普通延伸。

    $f(i+1,j,t,d)\leftarrow f(i,j,k,d)\cdot (2\ast j-d)$。

  • 延伸到了墙。

    $f(i+1,j,t,d+1)\leftarrow f(i,j,k,d)\cdot (2-l)$。

有些转移还有对 $i,j,k,d$ 的限制，具体可见下面代码。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
int f[2][102][1002][3];
int a[105], n, L;signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &L );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );if( n == 1 ) return ! puts("1");sort( a + 1, a + n + 1 );f[0][0][0][0] = 1;for( int i = 0;i < n;i ++ ) {int o = i & 1;memset( f[o ^ 1], 0, sizeof( f[o ^ 1] ) );for( int j = 0;j <= i + 1;j ++ )for( int k = 0;k <= L;k ++ )for( int d = 0;d <= 2;d ++ ) {if( ! f[o][j][k][d] ) continue;int t = k + ( a[i + 1] - a[i] ) * ( j * 2 - d );if( t > L  ) continue;( f[o ^ 1][j + 1][t][d] += f[o][j][k][d] * ( j + 1 - d ) ) %= mod;if( d < 2 ) ( f[o ^ 1][j + 1][t][d + 1] += f[o][j][k][d] * ( 2 - d ) ) %= mod;( f[o ^ 1][j][t][d] += f[o][j][k][d] * ( 2 * j - d ) ) %= mod;if( j ) ( f[o ^ 1][j - 1][t][d] += f[o][j][k][d] * ( j - 1 ) ) %= mod;if( d < 2 and j ) ( f[o ^ 1][j][t][d + 1] += f[o][j][k][d] * ( 2 - d ) ) %= mod;}}int ans = 0;for( int i = 0;i <= L;i ++ ) ( ans += f[n & 1][1][i][2] ) %= mod;printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

topcoder srm 489 div1 lev3 : AppleTrees

Vjudge-AppleTrees

topcoder这是什么煞笔提交方式（无能狂怒

如果我们确定了一个种树的顺序，那么相邻树的最小间距也随之确定。

将 $D$ 减去这个最小间距，就可以看成一个插板问题了。

所以我们要求出对于每一个 $L$，满足条件 $L={\sum }_{i=1}^{n-1}\max \{r(P_i),r(P_{i+1})\}$ 的排列数量。

注意到 $r$ 最大的 $i$ 左右种什么数不影响这两段间隙的最小长度，因为均由 $r_i$ 决定。

所以我们将 $r$ 从小到大排序，贡献由相邻两棵树之间后放入的树（$r$更大的树）决定。

设 $f(i,j,k):$ 前 $i$ 棵树，形成了 $j$ 个不相交的排列，排列的代价总和为 $k$ 的方案数。

• $i+1$ 独立成一个新排列。

  $f(i+1,j+1,k)\leftarrow f(i,j,k)$。

• $i+1$ 延伸某个排列。每个排列还有左右延伸之分。

  $f(i+1,j,k+r_{i+1})\leftarrow f(i,j,k)\ast 2\ast j$。

• $i+1$ 合并两个排列。由于每个排列之间没有敲定顺序，所以是任选两个排列还要区分接法。

  $f(i+1,j-1,k+2\ast r_{i+1})\leftarrow f(i,j,k)\ast A_j^2$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
long long fac[100005], inv[100005];
long long f[50][50][1700];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = 1ll * ans * x % mod;x = 1ll * x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}void init( int n ) {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;
}long long C( int n, int m ) {if( n < m ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}class AppleTrees {public :int theCount( int D, vector < int > r ) {int n = r.size();init( D );sort( r.begin(), r.end() );f[0][0][0] = 1;for( int i = 0;i < n;i ++ )for( int j = 0;j <= n;j ++ )for( int k = 0;k <= 1600 and k <= D;k ++ ) {if( ! f[i][j][k] ) continue;( f[i + 1][j + 1][k] += f[i][j][k] ) %= mod;( f[i + 1][j][k + r[i]] += f[i][j][k] * (j << 1) % mod ) %= mod;if( j ) ( f[i + 1][j - 1][k + (r[i] << 1)] += f[i][j][k] * j * (j - 1) % mod ) %= mod;}int ans = 0;for( int i = 1;i <= min( 1600, D );i ++ )ans = ( 1ll * ans + f[n][1][i - 1] * C( D - i + n, n ) % mod ) % mod;return ans;}
};

[CodeForces-626F] Group Projects

CodeForces

与上面的摩天大楼类似。

对于每一组，我们只关心最大值和最小值。

将序列从小到大排序后，每组的最大值减去最小值的差值相当于是一段排序后数组的差分和。

设 $f(i,j,k):$ 前 $i$ 个数，当前分成了若干组，其中有 $j$ 组还能继续放数，各组的极值之和为 $k$ 的方案数。

当前差分值的贡献为 $(a_{i+1}-a_i)\ast j$。记 $t=(a_{i+1}-a_i)\ast j+k$。

• 单独成一组，且是组的起终点，不能继续放数：$f(i+1,j,t)\leftarrow f(i,j,k)$。
• 新开一个组，且不关闭：$f(i+1,j+1,t)\leftarrow f(i,j,k)$。
• 插入某个组，但不结束那个组，有 $j$ 种方式：$f(i+1,j,t)\leftarrow f(i,j,k)\ast j$。
• 插入某个组，且结束那个组，仍有 $j$ 种方式：$f(i+1,j,t)\leftarrow f(i,j,k)\ast j$。

答案即为 ${\sum }_{i=0}^{K}f(n,0,i)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define mod 1000000007
int f[2][205][1005];
int a[205];
int N, K;signed main() {scanf( "%lld %lld", &N, &K );for( int i = 1;i <= N;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );sort( a + 1, a + N + 1 );f[0][0][0] = 1;for( int i = 0;i < N;i ++ ) {int o = i & 1;memset( f[o ^ 1], 0, sizeof( f[o ^ 1] ) );for( int j = 0;j <= i + 1;j ++ )for( int k = 0;k <= K;k ++ ) {int d = k + ( a[i + 1] - a[i] ) * j;if( d > K ) continue;( f[o ^ 1][j][d] += f[o][j][k] ) %= mod;( f[o ^ 1][j + 1][d] += f[o][j][k] ) %= mod;( f[o ^ 1][j][d] += f[o][j][k] * j ) %= mod;if( j ) ( f[o ^ 1][j - 1][d] += f[o][j][k] * j ) %= mod;}}int ans = 0;for( int i = 0;i <= K;i ++ ) ( ans += f[N & 1][0][i] ) %= mod;printf( "%lld\n", ans );return 0;
}

[TopCoder] Seatfriends

Vjudge

与上面的AppleTrees类似。

如果把空位放入动态规划一起考虑，计数会变得很麻烦。所以只考虑有 $k$ 个位置的情况。

因为是环排列，所以先固定第一个人的位置，有 $n$ 种选择，$f(1,1)=n$。

设 $f(i,j):i$ 个人分成 $j$ 组的方案数。注意保证转移过程全程合法。

• 在任意两组内新增一个组：$f(i+1,j+1)\leftarrow f(i,j)\ast j$。因为是个环，所以空应该有 $j$ 个。
• 新加一个在组的其中一边：$f(i+1,j)\leftarrow f(i,j)\ast j\ast 2$。
• 合并两个组，空仍然有 $j$ 个：$f(i+1,j-1)\leftarrow f(i,j)\ast j$。

注意，当 $n=k$ 的时候，直接返回 $f(k-1,1)$。因为最后一个人只能坐剩下来的那个空位。

最后考虑各组间插入空位的情况，对于 $f(k,j)$ 而言，要将 $n-k$ 个空位插入 $j$ 个间隔中（每一个至少需要一个空位），显然为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k-1}{j-1}\right)$。

$ans={\sum }_{j=1}^{G}f(k,j)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-k-1}{j-1}\right)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 2005
#define mod 1000000007
long long f[2005][2005];
long long fac[maxn], inv[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = 1ll * ans * x % mod;x = 1ll * x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}void init( int n ) {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;
} int C( int n, int m ) {if( n < m ) return 0;else if( ! n or ! m ) return 1;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}class Seatfriends {public :int countseatnumb( int n, int k, int g ) {int N = n, K = k, G = g;init( N );f[1][1] = N;for( int i = 1;i < K;i ++ )for( int j = 1;j <= G;j ++ ) {(f[i + 1][j + 1] += f[i][j] * j) %= mod;(f[i + 1][j] += f[i][j] * j * 2) %= mod;(f[i + 1][j - 1] += f[i][j] * j) %= mod;}if( N == K ) return f[K - 1][1];int ans = 0;for( int i = 1;i <= G;i ++ ) (ans += f[K][i] * C(N - K - 1, i - 1) % mod) %= mod;return ans;}
};

小结

• 排列有空的计数，先把所有空位抽出来，最后组合数乘回去。转移过程中假设空存在，也就是分组的依据。
• 所求为环排列，钦定一种选法，最后乘上环大小。
• 插入一般理解为插空。
• 注意是否区分一个组的左右。
• 注意是否考虑组之间存在顺序，如果存在顺序且转移没考虑，记得乘组数的阶乘。
• 差分法/微分法技巧
• 一般状态都定义为 $f(i,j,...):i$ 个分成 $j$ 组，然后可能还要附带一些信息。（是否抵到“墙”）
• 无序转有序。
• 状态转移一般都有：插入自成一组；加入某一组；合并某两组；墙组还是普通组。
• 一般不需要什么多牛逼的优化。