【ZROI】【DP】【17 提高 3】建造

最新推荐文章于 2022-11-30 00:00:00 发布

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本文介绍了一种通过动态规划计算特定建造顺序下方案数量的方法。该方法关注于满足一定条件的数组构造，即每个元素大于等于相邻建筑的高度，并且总和不超过给定限制。文章详细解释了动态规划的状态定义与转移过程，最终给出了一个时间复杂度为O(n^4)的解决方案。

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假设我们已经确定了一个建造的顺序，那么如何计算按照这个顺序建造的方案数？这就相当于确定一个数组d，其中 $\sum d_i<=X$ 并且 $d_i>=max\{h_i,h_{i+1}\}$ ，为了方便起见，记 $\sum max\{h_i,h_{i+1}\}=S$ ，d数组的个数显然就是 $C_{X-1-S+n}^{n}$ （把X-1-S个苹果分给n+1个人，因为是小于等于X，所以要多一个人出来），现在，我们就只关心每一个S所对应的建造顺序的个数了。

可以用DP。可以利用建筑高度为1~n的排列的性质，从小到大的DP，这样，每次加入的max都是当前的高度。定义 $f_{i,j,k}$ 表示高度为1~i，S=j，还有k个位置需要插入建筑的方案数， $f_{n,j,0}$ 就是S=j时的方案数。考虑如何转移，显然每次插入可以有三种情况，一种是两边都需要再插入，一种是只有一边需要再插入，还有一种是两边都不需要再插入，分类讨论一下。需要注意的是，这里之所以还要定义第三维，就是因为如果不能确定是否还需要再插入建筑的话，S的值就无法更新。最后还要注意一下插入两边端点的情况。

时间复杂度： $O(n^4)$

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxm 100106
#define maxn 106
#define LL long long
using namespace std;
int n,X,P;
LL ans,inv[maxm],fact[maxm],f[2][maxn*maxn][maxn];
LL C(int x,int y){return fact[x]*inv[y]%P*inv[x-y]%P;}
int main(){
    freopen("3.in","r",stdin);
    freopen("3.out","w",stdout);
    scanf("%d%d%d",&n,&X,&P);
    inv[1]=1;
    for(int i=2;i<=100100;i++)inv[i]=(LL)(P-P/i)%P*inv[P%i]%P;
    for(int i=2;i<=100100;i++)(inv[i]*=inv[i-1])%=P;
    fact[1]=1;
    for(int i=2;i<=100100;i++)fact[i]=fact[i-1]*i%P;
    f[1][0][0]=1;
    for(int i=1;i<n;i++){
     memset(f[(i&1)^1],0,sizeof(f[(i&1)^1]));
     for(int j=0;j<=i*i;j++)
      for(int k=0;k<i;k++) if(f[i&1][j][k]){
        (f[(i&1)^1][j+2*(i+1)][k-1]+=f[i&1][j][k]*k%P)%=P;
        (f[(i&1)^1][j][k+1]+=f[i&1][j][k]*k%P)%=P;
        (f[(i&1)^1][j+i+1][k]+=f[i&1][j][k]*k%P*2%P)%=P;
        (f[(i&1)^1][j+i+1][k]+=f[i&1][j][k]*2%P)%=P;
        (f[(i&1)^1][j][k+1]+=f[i&1][j][k]*2%P)%=P;
      }
    }
    for(int j=0;j<=n*n;j++)if(f[n&1][j][0])(ans+=C(X-j-1+n,n)*f[n&1][j][0]%P)%=P;
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}