LOJ 3276 JOISC 2020 Day2 遗迹 题解 (计数DP)

Posted 2023-03-02 LegendStane

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观察一下n次地震的过程，发现最后会有n个石柱高度为0，\\(1,2\\cdots n\\)高度的石柱各有一个。假设现在已经确定了一种初始高度状态，我们来看看最后哪些石柱高度会大于0：

• 首先，初始高度为n的两个石柱中，较右的会留下来，最后高度为n的石柱就是它
• 接下来，最后高度为n-1的石柱是初始高度为n的两个石柱中较左的那个，以及初始高度为n-1的两个石柱中最右的那个
• 以此类推\\(\\cdots\\)

稍微推一下可以总结成以下过程：从大到小枚举每种初始高度，枚举到i时，把初始高度为i的两个石柱加入一个堆中，然后从堆中弹出最右的一个石柱，这个石柱就是最终高度为i的。最后堆中会剩下n个石柱，这些就是最后高度为0的。

知道了这个似乎还是不太好做。我们来看看在确定了初始状态后，能不能方便地确定每个石柱最后的高度。我们维护一个"剩余可用高度集合"S，初始\\(S=\\1,2\\cdots n\\\\)。令第i个石柱的初始高度为\\(h_i\\)，我们从右到左遍历每个石柱i，并在S中找出\\(\\le h_i\\)的最大的元素。如果这个元素不存在，那i号石柱最终的高度就是0；否则最终的高度就是这个元素的值，我们需要把这个元素从S中删除。根据上面总结的过程，这部分也很好理解。用最右边的石柱举个例子吧，由于它在所有的"取出最右"的过程中都能杀穿，所以它一定能抢到最终高度为\\(h_2n\\)的位置。

现在题目钦定了每个石柱最终高度是0(被删除)还是大于0(不被删除)，我们要求出满足这些条件的初始状态数。我们用dp来从右到左决定石柱的高度。一个合法的初始状态中每个高度都恰有2个石柱，为了便于dp，我们假设这两个石柱是不同的(相当于假设高度为i的石柱有红蓝两种，分配的时候任选一种不得重复)，最后把答案除以\\(2^n\\)即可。令\\(dp_i,j\\)表示处理完了最靠右的i个石柱，S中的前j个元素都已经被删掉，第j+1个元素没被删掉(如果存在的话)，且只决定了最右边的i个石柱中 钦定被删掉的那些 和 钦定没被删掉的那些中最终高度\\(\\le j\\)的那些 的初始高度，其它石柱初始高度待定，此时的方案数。这句话包含的条件有点多，建议多看几遍。令最右的i个石柱中有\\(cdel\\)个钦定被删除，\\(ckeep\\)个钦定不被删除。(主动)转移有以下几种情况：

• 当前石柱钦定被删掉。则它的初始高度必须\\(\\le j\\)，否则它的最终高度就是j+1了。高度范围\\([1,j]\\)中一共有2j种石柱，钦定不被删的消耗了j种，钦定被删的消耗了\\(cdel\\)种，所以一共有\\(2j-j-cdel\\)种方案。因此，\\(dp_i+1,j+=dp_i,j\\cdot(j-cdel)\\)。
• 当前石柱钦定不被删掉，且选择初始高度后S被删除的连续前缀长度不变。那么我们就先不选它的初始高度，先待定，以后再选。\\(dp_i+1,j+=dp_i,j\\)。
• 当前石柱钦定不被删掉，且选择初始高度后S被删除的连续前缀变长了。我们枚举k，表示S被删除的连续前缀长度从j变成了\\(j+k\\)。要从S中删除这多出来的k个元素，需要k个石柱，当前石柱占了一个(它刚好从S中删掉了j+1，选择它的初始高度的方案数是\\(2k-(k-1)=k+1\\))，我们还需要从\\(ckeep-j\\)个初始高度待定的中选出\\(k-1\\)个，由于这k-1个之间是有顺序的，所以方案数\\(\\binomckeep-jk-1\\cdot (k-1)!\\)。还要乘上一个额外的方案数\\(f_k-1\\)，其中\\(f_i\\)表示在\\(1-i\\)的高度值，\\(2i\\)种不同石柱中选出i个，使得删掉的S中的元素刚好为\\(1-i\\)的方案数(注意只是选出，选出元素之间没有顺序)。综上，\\(dp_i+1,j+k+=dp_i,j\\cdot (k+1)\\cdot \\binomckeep-jk-1\\cdot (k-1)!\\cdot f_k-1\\)。

上面这部分的复杂度是\\(O(n^3)\\)的。

然后来求一下f。令\\(dp2_i,j\\)表示处理了最大的i种高度，选了j个石柱的方案数。为了保证合法，需要满足\\(j总是\\ge i\\)(即j<i时dp值为0)。转移就枚举接下来这种高度选0、1还是2个即可。\\(f_i=dp2_i,i\\)。这部分时间复杂度\\(O(n^2)\\)。

总时间复杂度\\(O(n^3)\\)。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

#define rep(i,n) for(int i=0;i<n;++i)
#define repn(i,n) for(int i=1;i<=n;++i)
#define LL long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mpr make_pair

void fileio()

  #ifdef LGS
  freopen("in.txt","r",stdin);
  freopen("out.txt","w",stdout);
  #endif

void termin()

  #ifdef LGS
  std::cout<<"\\n\\nEXECUTION TERMINATED";
  #endif
  exit(0);


using namespace std;

const LL MOD=1e9+7;

LL qpow(LL x,LL a)

	LL res=x,ret=1;
	while(a>0)
	
		if(a&1) (ret*=res)%=MOD;
		a>>=1;
		(res*=res)%=MOD;
	
	return ret;


LL n,del[1210],dp2[610][610],f[610],dp[1210][610],fac[1210],inv[1210];

int main()

  fileio();
  freopen("temple.in","r",stdin);
  freopen("temple.out","w",stdout);

  fac[0]=1;repn(i,1205) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
  rep(i,1203) inv[i]=qpow(fac[i],MOD-2);

  cin>>n;
  rep(i,n+n+3) del[i]=1;
  LL x;
  rep(i,n)
  
    scanf("%lld",&x);--x;
    del[x]=0;
  

  dp2[0][0]=1;
  rep(i,n+1) for(int j=i;j<=min((LL)i+i,n);++j)
  
    (dp2[i+1][j]+=dp2[i][j])%=MOD;
    (dp2[i+1][j+1]+=dp2[i][j]*2)%=MOD;
    (dp2[i+1][j+2]+=dp2[i][j])%=MOD;
  
  rep(i,n+2) f[i]=dp2[i][i];

  reverse(del,del+n+n);
  dp[0][0]=1;
  LL cdel=0,ckeep=0;
  rep(i,n+n)
  
    rep(j,ckeep+1) if(dp[i][j])
    
      if(del[i])
      
        if(j-cdel>=0)
          (dp[i+1][j]+=dp[i][j]*(j-cdel))%=MOD;
      
      else
      
        (dp[i+1][j]+=dp[i][j])%=MOD;
        repn(k,n-j)
        
          LL lftkeep=ckeep-j;
          if(k-1>lftkeep) break;
          LL val=dp[i][j]*(k+1)%MOD;
          if(k-1>0) (val*=fac[lftkeep]*inv[lftkeep-(k-1)]%MOD*f[k-1]%MOD)%=MOD;
          (dp[i+1][j+k]+=val)%=MOD;
        
      
    
    cdel+=del[i];ckeep+=(1-del[i]);
  
  LL ans=dp[n+n][n];
  (ans*=qpow(qpow(2,n),MOD-2))%=MOD;
  cout<<ans<<endl;

  termin();