AtCoder 4169 [ARC100D] Colorful Sequences（dp）

problem

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solution

逆向考虑。 $a n s =$ 所有蛋糕中的 $a$ 序列出现次数 $-$ 在 $n o n - c o l o r f u l$ 蛋糕中的出现次数。

在所有蛋糕中的出现次数，即 $n-m+1)·k^{n-m}$ ，枚举 $a$ 序列开头的位置，除去 $a$ 序列占据的位置以外的位置的颜色是随便的 $1∼k1\sim k$ 。

因为 $a$ 的出现是可以有重复位置的，所以每个位置的序列的贡献都是独立计算的，没有什么需要去重的问题。

然后考虑在 $n o n - c o l o r f u l$ 蛋糕中的出现次数。

首先得特判， $a$ 本身就已经是一个 $c o l o r f u l$ 蛋糕。那么只要包含 $a$ 就一定是满足条件的蛋糕。

直接输出在所有蛋糕中的出现次数结束程序。
$a$ 蛋糕颜色序列中各个颜色互不相同。

考虑用 $d p$ 来做。

设 $f (i, j) :$ 到 $i$ 为止，后面一段连续颜色各不相同的长度为 $j$ ，即 $[i - j + 1, i]$ 颜色互不相同，的 $n o n - c o l o r f u l$ 蛋糕个数。

设计 $i−1→ii-1\rightarrow i$ 的转移方程。
- 随便新选一个未曾出现的颜色。
  
  $f(i−1,j−1)⋅(k−j+1)→f(i,j):f(i-1,j-1)·(k-j+1)\rightarrow f(i,j):$ 。
- $i - 1$ 的长度更长，在 $i$ 时选择了和恰当位置相同颜色，将 $i - 1$ 恰好卡成了 $j$ 的长度。
  
  $f(i−1,j′)→f(i,j)j′≥jf(i-1,j')\rightarrow f(i,j)\quad j'\ge j$ 。
设 $g_{i,j}:$ 记录 $f_{i,j}$ 类的所有可能蛋糕中出现 $a_{1,...,m}$ 的个数。

事实上，我们转移时并不知道具体的蛋糕长相，所以不能判断是否连续长度为 $m$ 的未重复的就一定是 $a$ 。

所以在转移时只要 $j≥mj\ge m$ ，即出现连续长度达到 $m$ 的互不相同颜色的连续蛋糕层，就记录贡献。

$f(i,j)→g(i,j)f(i,j)\rightarrow g(i,j)$ 。

因为连续长度有 $m$ 的连续蛋糕层的每种情况都是均匀分布，最后限制其顺序和颜色值，即 $/ A (k, m)$ 即可。
$a$ 蛋糕颜色序列中有重复颜色。

也就是说，判断一个蛋糕是否是 $c o l o r f u l$ 的区间一定不会横跨 / 完全包含 $a$ 。

那么 $a$ 就将整个蛋糕划分成了前一部分， $a$ ，后一部分，三部分彼此独立。

枚举 $a$ 的开始位置，可以使用卷积 / 乘法定理求左右蛋糕组合情况，分开求解，进而是一整个蛋糕的颜色序列可能数。

显然，求解计算的 $n o n - c o l o r f u l$ 个数与上面 $f$ 是一样的转移。

只是在初始化上有所不同。

对 $a$ 求前缀和后缀最长不重复颜色长度，分别记为 $l, r$ 。

用 $f (i, j)$ 来计算前一部分， $g (i, j)$ 来计算后一部分，这里的 $f, g$ 与上一种情况的 $f, g$ 并不一样。

$f_{0,0}=f_{0,1}=...=f_{0,l}=g_{0,0}=g_{0,1}=...=g_{0,r}=1$ 。
注意：这里算的是 $n o n - c o l o r f u l$ 蛋糕中的贡献，所以在 $d p$ 中不能让连续未重复颜色长度达到 $k$ 。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define int long long
#define maxn 25005
#define maxk 405
int n, k, m;
int a[maxn];
int f[maxn][maxk], g[maxn][maxk];
bool vis[maxk];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans;
}bool check( int l, int r ) {memset( vis, 0, sizeof( vis ) );for( int i = l;i <= r;i ++ )if( vis[a[i]] ) return 0;else vis[a[i]] = 1;return 1;
}bool colorful() { //判断a是否本身就是彩虹的for( int i = 1;i + k - 1 <= m;i ++ )if( check( i, i + k - 1 ) ) return 1;return 0;
}signed main() {scanf( "%lld %lld %lld", &n, &k, &m );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );int ans = ( n - m + 1 ) * qkpow( k, n - m ) % mod;if( colorful() ) return ! printf( "%lld\n", ans );int l = -1, r = -1;memset( vis, 0, sizeof( vis ) );for( int i = 1;i <= m;i ++ )if( vis[a[i]] ) { l = i - 1; break; }else vis[a[i]] = 1;memset( vis, 0, sizeof( vis ) );for( int i = m;i >= 1;i -- )if( vis[a[i]] ) { r = m - i; break; }else vis[a[i]] = 1;int tot;if( ! ~l ) {f[0][0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j = 1;j < k;j ++ ) {/*因为不能是colorful所以不能让未重复长度达到k1.f[i-1][j-1]->f[i][j] 随便加一个未出现的数字 有(k-j+1)种因为f'[i-1]是后缀和过的 f'[i-1][j-1]-f'[i-1][j]=f[i-1][j-1]2.f[i-1][j<=j']->f[i][j] 选择合适位置对应的数字 将未重复长度减小因为f'[i-1]是后缀和过的 f[i-1][j<=j']=f[i][j]*/f[i][j] = ((f[i - 1][j - 1] - f[i - 1][j] + mod) % mod * (k - j + 1) % mod + f[i - 1][j]) % mod;g[i][j] = ((g[i - 1][j - 1] - g[i - 1][j] + mod) % mod * (k - j + 1) % mod + g[i - 1][j]) % mod;if( j >= m ) ( g[i][j] += f[i][j] ) %= mod; //当长度达到m的时候就可以计算个数了}for( int j = k - 1;j;j -- ) { //后缀和( f[i][j - 1] += f[i][j] ) %= mod;( g[i][j - 1] += g[i][j] ) %= mod;}}tot = g[n][0]; //此时的g只是算的长度为m的未重复的个数 包含了给出的a 还有一些其余的数列//这里的a强调顺序以及数值 所以要除以A(k,m)for( int i = k;i > k - m;i -- ) tot = tot * qkpow( i, mod - 2 ) % mod;}else {//前后卷积for( int i = 0;i <= l;i ++ ) f[0][i] = 1;for( int i = 0;i <= r;i ++ ) g[0][i] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j = 1;j < k;j ++ ) {f[i][j] = ((f[i - 1][j - 1] - f[i - 1][j] + mod) % mod * (k - j + 1) % mod + f[i - 1][j]) % mod;g[i][j] = ((g[i - 1][j - 1] - g[i - 1][j] + mod) % mod * (k - j + 1) % mod + g[i - 1][j]) % mod;}for( int j = k - 1;j;j -- ) {( f[i][j - 1] += f[i][j] ) %= mod;( g[i][j - 1] += g[i][j] ) %= mod;}}tot = 0;for( int i = 0;i <= n - m;i ++ )tot = ( tot + f[i][0] * g[n - m - i][0] % mod ) % mod;}printf( "%lld\n", ( ans - tot + mod ) % mod );return 0;
}