Codeforces626 F. Group Projects（dp，状态优化）

Posted 2021-07-23 live4m

题意：

解法：

将每个数看作是数轴上的点,
那么每个子集就是一条线段,
总代价就是线段的长度和.

由于长度和只和左右端点有关,
长度=右端点下标-左端点下标.
考虑分别计算左右端点的贡献,
那么总代价=右端点下标和-左端点下标和.

先对a[]从小到大排序.

令d[i][j][k]表示前i个数,j个左端点未匹配,当前代价为k的方案数.
转移方程:
对于点a[i+1]:
1.作为左端点,那么d[i+1][j+1][k-a[i+1]]+=d[i][j][k].
2.作为右端点,可以任选一个左端点进行匹配,因此有j种情况,
d[i+1][j-1][k+a[i+1]]+=d[i][j][k]*j.
3.自己单独作为左右端点,d[i+1][j][k]+=d[i][j][k].
4.不作为左右端点,作为中间点,可以任选作为哪个线段的中间点,有j种情况,
d[i+1][j][k]+=d[i][j][k]*j.

转移是O(1)的,
但是状态数是200*200*(sum{a[i]})的,
而sum{a[i]}在[-1e5,1e5]范围内.

考虑优化:
因为k只有1000,所以第三维最后只有[0,1000]是有用的,
所以第三维其实有很多无用状态.

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一个骚操作是差分,令b[i]=a[i]-a[i-1],
由于a[i]=sum{b[1,i]},
因此线段的长度a[r]-a[l]可以变为sum{b[1,r]}-sum{b[1,l]},
即sum{b[l+1,r]}.

那么对于每条线段,在a[i+1]作为左端点时,

在插入a[i+1]时,
如果作为左端点,那么代价不变,因为sum{b[l+1,r]}中不计b[i],
但是在之后的每次插入a[i+1],
对于每个未配对的右端点,代价都需要加上b[i+1],
这样当配对右端点时,才真正凑成sum{b[l+1,r]}.

这样做的好处是将加减法变成了只有加法,
并且将代价均摊到每个数上了,而不是a[l]和a[r]上.
这样的话第三维只需要[0,1000]即可.

转移方程:
对于d[i][j][k],令t=b[i+1]*j,因为j个线段的代价都会增加.
对于a[i+1]:
1.作为左端点,那么d[i+1][j+1][k+t]+=d[i][j][k].
2.作为右端点,有j种匹配方式,那么d[i+1][j-1][k+t]+=d[i][j][k]*j.
3.自己作为左右端点,那么d[i+1][j][k+t]+=d[i][j][k].
4.如果作为中间点,有j种匹配当时,那么d[i+1][j][k+t]+=d[i][j][k]*j.

复杂度O(n^2*m).

code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int d[201][201][1001];
int a[201];
int b[201];
int n,K;
void solve(){
    cin>>n>>K;
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
    sort(a+1,a+1+n);
    for(int i=1;i<=n;i++)b[i]=a[i]-a[i-1];
    d[0][0][0]=1;
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=0;j<=i;j++){
            int t=1ll*b[i+1]*j%mod;
            for(int k=0;k<=1000;k++){
                if(k+t<=K){
                    //作为左端点
                    d[i+1][j+1][k+t]=(d[i+1][j+1][k+t]+d[i][j][k])%mod;
                    //作为右端点
                    if(j-1>=0){
                        d[i+1][j-1][k+t]=(d[i+1][j-1][k+t]+1ll*d[i][j][k]*j%mod)%mod;
                    }
                    //独立
                    d[i+1][j][k+t]=(d[i+1][j][k+t]+d[i][j][k])%mod;
                    //中间点
                    d[i+1][j][k+t]=(d[i+1][j][k+t]+1ll*d[i][j][k]*j%mod)%mod;
                }
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=K;i++){
        ans=(ans+d[n][0][i])%mod;
    }
    cout<<ans<<endl;
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    solve();
    return 0;
}

---