[DP] ZROI 2017 提高3 T3 建筑

首先我们可以简化一下条件，显然只要满足相邻元素满足限制即可。即对于任意的相邻的 $i,j$ 满足 $max\{h_i,h_j \}>=|x_i-x_j|$

考虑如果我们已经知道排列的顺序，那么我们很容易统计这种顺序下的答案：

设 $S=\sum_{i=1}^{n-1} max\{ h_i, h_{i+1}\}$ ，则相当于选 $n$ 个非负整数，加和不大于 $X-1-S$ 的方案数。经典的隔板法得 方案数 ${ X-1-S+n \choose n}$ 。

$S$ 小于 $n^2$ ，现在我们需要对于每个 $S$ 算出有几种方案。可以 $DP$ ,考虑从小到大不断插入，现在插入的是当前的最大值，这样比较好处理。$f[i][s][j]$，$j$ 表示有 $j$ 个间隙待插入，$S$ 表示其他规定不再插入的位置对S的贡献和。这样转移时就考虑插入后新多出来的空，是否规定不再插入。还有往边界插的特殊情况需要考虑。

复杂度$O(n^4)$

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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int maxn=100105;
int n,m,MOD,f[2][10105][115],ans;// f[i][s][j]
LL inv[maxn],fac[maxn],fac_inv[maxn];
LL C(int n,int m){ return fac[n]*fac_inv[m]%MOD*fac_inv[n-m]%MOD; }
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&MOD); m=m-1+n; // m=X-1+n  C(m-S,n)
    fac[0]=1; for(int i=1;i<=100100;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
    inv[1]=1; for(int i=2;i<=100100;i++) inv[i]=(LL)(MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
    fac_inv[0]=1; for(int i=1;i<=100100;i++) fac_inv[i]=fac_inv[i-1]*inv[i]%MOD;
    f[1][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n-1;i++){
        memset(f[(i&1)^1],0,sizeof(f[(i&1)^1]));
        for(int s=0;s<=i*i&&s<=m-n;s++)
         for(int j=0;j<=i-1;j++) if(f[i&1][s][j]){
            LL f_now=f[i&1][s][j];
            if(j){
                (f[(i&1)^1][s][j+1]+=f_now*j%MOD)%=MOD;
                (f[(i&1)^1][s+(i+1)][j]+=f_now*j*2%MOD)%=MOD;
                (f[(i&1)^1][s+2*(i+1)][j-1]+=f_now*j%MOD)%=MOD; 
            }
            (f[(i&1)^1][s][j+1]+=f_now*2%MOD)%=MOD;
            (f[(i&1)^1][s+(i+1)][j]+=f_now*2%MOD)%=MOD;
         }
    }
    for(int s=0;s<=n*n&&s<=m-n;s++) (ans+=C(m-s,n)*f[n&1][s][0]%MOD)%=MOD;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}