腾讯笔试——彩色楼房

Posted 2022-10-13 jiaaaaaaaqi

# 彩色楼房

\[ Time Limit: 5000 ms \quad Memory Limit: 262144 kB \]

题目

小Q给你n个数1,2,3...n，代表n个楼，第i个楼的高度为i，每个楼都有一个颜色
现在将这些楼随机排列在一条直线上，问有多少种排列方式，满足从最左边往右看（站在左边很远的地方看）能看到L-1次颜色的变变化，答案对1e9+9取模
如果两个相同颜色楼的高度分别为H1，H2（H1<H2），H1在左边，且H1 H2之间的楼都比H1矮，那么站在左边来看就是一种颜色
你能看到一个楼的前提是这个楼之前的楼都比它矮

input

第一行输入两个整数n，L（1<=n<=1296），（1<=L<=n）
第二行输入n个整数Ci表示每个楼的颜色（1<=Ci<=n）

output

输出一个整数，代表方案数，并对1e9+9取模

思路

以下做法参考厦大一位大佬...

step1

\(O(N^3)\) 暴力 \(dp\)，从后往前 \(dp\)。
\(dp[i][k][j]\) 表示 到第 \(i\) 个楼房时，可以看到 \(k\) 个颜色，并且最左边楼层颜色为 \(j\)。
对于 \(dp[i][k][j]\) 存在以下转移：

1. 首先考虑最左边的楼层是 \(i\) 后面的楼层，把 \(i\) 楼层插到后面去，那么有
   \[ dp[i][k][j] = dp[i+1[k][j]*(n-i) \]
2. 考虑最左边的楼层是 \(i\) 楼层，也就是当 \(j==a[i]\) 时，有
   \[ dp[i][k][j] += dp[i+1][k][j] \dp[i][k][j] += dp[i+1][k-1][\sum_j'=1^j' \neq jj'] \]
   因为存在 \(j' \neq j\) 的判断，在 \(for\) 一遍是很浪费时间的，所以可以开一个数组 \(sum\)，\(sum[i][k]\) 表示 \(\sum_j=1^j=ndp[i][k][j]\)，然后用减法来得到答案。

时间复杂度 \(O(N^3)\)、空间复杂度\(O(N^3)\)
代码：（这代码只能跑 \(n\) 在 \(500\) 以内)

void solve1() 
    mes(sum, 0);
    dp[n][1][a[n]] = 1;
    sum[n][1] = 1;
    for(int i=n-1; i>=1; i--) 
        for(int k=1; k<=m; k++) 
            for(int j=1; j<=n; j++) 
                if(j == a[i]) 
                    dp[i][k][j] = (dp[i+1][k][j]*(n-i+1)%mod+sum[i+1][k-1]-dp[i+1][k-1][j])%mod+mod;
                    dp[i][k][j] %= mod;
                 else 
                    dp[i][k][j] = dp[i+1][k][j]*(n-i)%mod;
                
                sum[i][k] = (sum[i][k] + dp[i][k][j])%mod;
            
        
    
    printf("%lld\n", sum[1][m]);

step2

通过观察式子不难发现，由于 \(k\) 只和 \(k-1\) 的答案有关，只要从大到小枚举 \(k\)，第一维是可以滚动优化掉。
观察代码，我们发现第三层循环中，只有当 \(j == a[i]\) 时，转移比较复杂，对于其他的 \(j\)，转移过程完全一样。所以我们可以简化这层循环。
首先把这层循环里的式子尽量提取出来。
对于 \(dp\) 式子，可以直接计算 \(j==a[i]\) 的情况，把 \(j \neq a[i]\) 的情况留在 \(for\) 中。这一步很容易做到。
对于 \(sum\) 式子，可以发现\(j \neq a[i]\)部分，\(dp\) 整体乘 \(n-i\)，所以这一部分可以写成 \(sum[k]*(n-i)-dp[k][j]*(n-i)\)，然后在加上特别计算出的 \(j==a[i]\)的情况的 \(dp\) 值就可以了。
时间复杂度\(O(N^3)\)，空间复杂度\(O(N^2)\)

void solve2() 
    mes(sum, 0);
    dp[1][a[n]] = 1;
    sum[1] = 1;
    for(int i=n-1; i>=1; i--) 
        for(int k=m; k>=1; k--) 
            
                int j = a[i];
                sum[k] = ((sum[k]*(n-i)%mod - dp[k][j]*(n-i)%mod)%mod+mod)%mod;
                dp[k][j] = (dp[k][j]*(n-i+1)%mod+sum[k-1]-dp[k-1][j])%mod+mod;
                dp[k][j] %= mod;
                sum[k] = (sum[k] + dp[k][j])%mod;
            
            for(int j=1; j<=n; j++) 
                if(j != a[i]) 
                    dp[k][j] = dp[k][j]*(n-i)%mod;
                
                // printf("dp[%d][%d] = %lld\n", k, j, dp[k][j]);
            
        
    
    printf("%lld\n", sum[m]);

step3

还是在第三层循环上想办法，我们看到这一层除了\(j==a[i]\) 外都乘上了一个 \((n-i)\)，那么如果我们让 \(j==a[i]\) 时也乘上一个 \((n-i)\)，就可以统一整维的 \(dp\) 了。那么我们在保存的时候可以保存 \(\fracdp[k][j](n-i)\) 的值，运算的时候在把这个原本应有的值乘回来就可以了。
由于每一个 \(i\) 都要乘上一个 \(\frac1n-i\)，也就是说在对于第 \(i\) 个楼房而言，一共乘上了 \(\frac1\prod_x=1^x n-x\)
这一步也可以做到，只要每次在运算 \(j==a[i]\) 时，让 \(dp[k][j]\) 乘上他应该缩小的倍数就可以了。
这样处理后，时间复杂度 \(O(N^2)\)，空间复杂度 \(O(N^2)\)

/*************************************************************** 
    > File Name    : a.cpp
    > Author       : Jiaaaaaaaqi
    > Created Time : Tue 10 Sep 2019 10:21:23 PM CST
 ***************************************************************/

#include <map>
#include <set>
#include <list>
#include <ctime>
#include <cmath>
#include <stack>
#include <queue>
#include <cfloat>
#include <string>
#include <vector>
#include <cstdio>
#include <bitset>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <unordered_map>
#define  lowbit(x)  x & (-x)
#define  mes(a, b)  memset(a, b, sizeof a)
#define  fi         first
#define  se         second
#define  pb         push_back
#define  pii        pair<int, int>

typedef unsigned long long int ull;
typedef long long int ll;
const int    maxn = 2e3 + 10;
const int    maxm = 1e5 + 10;
const ll     mod  = 1e9 + 9;
const ll     INF  = 1e18 + 100;
const int    inf  = 0x3f3f3f3f;
const double pi   = acos(-1.0);
const double eps  = 1e-8;
using namespace std;

ll n, m;
int cas, tol, T;

ll sum[maxn];
ll dp[maxn][maxn];
ll a[maxn];

ll fpow(ll a, ll b) 
    ll ans = 1;
    while(b) 
        if(b&1) ans = ans*a%mod;
        a = a*a%mod;
        b >>= 1;
    
    return ans;


int main() 
    // freopen("in", "r", stdin);
    scanf("%lld%lld", &n, &m);
    for(int i=1; i<=n; i++) 
        scanf("%lld", &a[i]);
    
    mes(sum, 0);
    dp[1][a[n]] = 1;
    sum[1] = 1;
    ll base = 1;
    for(int i=n-1; i>=1; i--) 
        for(int k=m; k>=1; k--) 
            
                int j = a[i];
                sum[k] = ((sum[k]*(n-i)%mod - dp[k][j]*(n-i)%mod*base%mod)%mod+mod)%mod;
                dp[k][j] = ((dp[k][j]*base%mod*(n-i+1)%mod+sum[k-1])%mod-dp[k-1][j]*base%mod)%mod+mod;
                dp[k][j] %= mod;
                sum[k] = (sum[k] + dp[k][j])%mod;
                dp[k][j] = dp[k][j] * fpow(base*(n-i)%mod, mod-2)%mod;
                // printf("dp[%d][%d] = %lld\n", k, j, dp[k][j]*base);
            
        
        base = base*(n-i)%mod;
    
    printf("%lld\n", sum[m]%mod);
    return 0;