AtCoder Grand Contest 024 Problem E（动态规划）

Posted 2020-12-03 shaokele

www.cnblogs.com/shaokele/

---

AtCoder Grand Contest 024 Problem E

　　Time Limit: 2 Sec
　　Memory Limit: 1024 MB

Description

　　Find the number of the possible tuples of sequences ((A_0,A_1,…,A_N)) that satisfy all of the following conditions, modulo (M):
　　? For every (i) ((0≤i≤N)), (A_i) is a sequence of length (i) consisting of integers between (1) and (K) (inclusive);
　　? For every (i) ((1≤i≤N)), (A_{i-1}) is a subsequence of (A_i), that is, there exists (1≤x_i≤i) such that the removal of the (x_i)-(th) element of (A_i) would result in a sequence equal to (A_{i-1});
　　? For every (i) ((1≤i≤N)), (A_i) is lexicographically larger than (A_{i-1}).
　　

Input

　　? (1≤N,K≤300)
　　? (2≤M≤109)
　　? (N, K) and (M) are integers.
　　
　　Input is given from Standard Input in the following format:
　　(N K M)
　　

Output

　　Print the number of the possible tuples of sequences ((A_0,A_1,…,A_N)), modulo (M).
　　

Sample Input 1

　　2 2 100
　

Sample Output 1

　　5
　　
　　Five tuples below satisfy the conditions:
　　? (),(1),(1,1)
　　? (),(1),(1,2)
　　? (),(1),(2,1)
　　? (),(2),(2,1)
　　? (),(2),(2,2)
　　

Sample Input 2

　　4 3 999999999
　

Sample Output 2

　　358
　　

Sample Input 3

　　150 150 998244353
　

Sample Output 3

　　186248260
　　

题目地址：　　AtCoder Grand Contest 024 Problem E

题目大意：

　　考虑 (N + 1) 个数组 ({A_0, A_1, . . . , A_N })。
　　其中 (A_i) 的长度是 (i)，$A_i $内的所有数字都在 (1) 到 (K) 之间。
　　(A_{i?1}) 是 (A_i) 的?序列，即 (A_i) 删?个数字可以得到 (A_{i?1})。
　　(A_i) 的字典序?于 (A_{i?1})。
　　输? (N, K, M) 问序列个数模 (M)。

题解：

　　我们可以认为 (A_i) 是 (A_{i?1}) 插??个数字 (x) 得到的。
　　为了让字典序变?，插?的 (x) 必须严格?于插?位置右侧的数字。
　　题目解法一
　　序列可以转化为?个树。
　　?个节点有 2 个属性，时间和权值。
　　?个节点的?亲节点，是插?位置右侧的，如果插?在末尾，右侧为空，那么?亲节点是 (0, 0)。
　　时间必须唯?，权值可以是 (1) 到 (K) 之间任选。
　　每个点的时间和权值必须严格?于?亲节点的时间和权值。
　　 (f[i][x]) 表???为 (i) 的?树，根节点权值为 (x) 的?案数。
　　[f[i][x]=sum_{1≤j≤i?1}sum_{x<y≤K} f[i ? j][x] ? f[j][y] ? C(i ? 2, j ? 1)]
　　$sum_{x<y≤K}f[j][y] $ 可以?部分和优化存。
　　类似树形 DP 做?下就?了。
　　参考代码
　　题目解法二
　　上??个做法，?较容易理解，但是写起来稍微?烦。需要预处理组合数。
　　原本是元素?个?个加?进序列，序列慢慢变长。
　　现在我们考虑，从?到?加?所有的元素。显然有先加??的，再加??的情况。
　　加?较?元素的时候，我们不仅可以再最后?个序列中加?，也可以在之前的序列中加?。
　　设 (f[i][v][p])，当前长度为 (i)，从?到?依次插?权值，已插?到 (v)，考虑在第 (p) 个序列加?。
　　核?思想是从?到?插?权值，但是这样可能漏掉?些情况（先插??权值，再插??权值。）
　　(p) 就为了解决这个问题，允许我们修改从前的过程。
　　转移：
　　(f[i][v][p ? 1]+ = f[i][v][p]) 不加?，考虑在第 (p ? 1) 个序列加?，要求 ((p > 0))。
　　(f[i][v + 1][i]+ = f[i][v][p]) 换更?的值，如果已经尝试到第 (0) 个序列了，要求 ((p = 0))。
　　(f[i + 1][v][p]+ = f[i][v][p] ? (p + 1)) 插??个，注意即使加?，下?次依然是第 (p) 个序列，?不是 (p + 1)。
　　空间复杂度 (O(KN^2))，可以优化为 (O(KN))。
　　

---

AC代码

#include <cstdio>
using namespace std;
int N,K,mo;
int dp[305][305];
int main(){
    scanf("%d%d%d",&N,&K,&mo);
    dp[0][0]=1;
    for(int i=0;i<=N;i++)
        for(int j=0;j<K;j++)
            for(int k=i;k>=0;k--){
                if(k)dp[j][k-1]=(dp[j][k-1]+dp[j][k])%mo;
                else dp[j+1][i]=(dp[j+1][i]+dp[j][k])%mo;
                dp[j][k]=1ll*dp[j][k]*(k+1)%mo;
            }
    printf("%d
",dp[K][N]);
    return 0;
}