bzoj3193 [JLOI2013]地形生成(dp+组合数学)

首先求标号序列的个数，就是所有合法排列的个数，求等高线序列个数，就是求本质不同的合法排列的个数。因为答案与顺序无关，所以我们不妨把数据按h从大到小排列，这样我们每次往里插入一个新的a[i]，他一定比所有已经在序列里的数小，这样把a[i]插在第j个空挡（序列中每个数的左右两个位置称为空档），它前面比它大的就有j-1个。设a[i]的关键值为x，则a[i]可以插在前1~x个空档，根据乘法原理，ans=ans*min(i,a[i].x)。但是还要注意到，这题的难点在于会有相同的高度，则我们不妨把相同高度的数据按关键值x从小到大排序，这样再插入a[i]时，和他一样高的点一定插在他的前面，但并不比它大，因此是ans=ans*min(i,a[i].x+tmp),tmp表示在i之前，有多少个高度为a[i]的点。这样我们就解决了第一个问题，再考虑第二个问题，这才是难点所在。
为了保证没有重复的，对于所有高度相同的点，我们一块处理，假设我们处理高度为a[i]的，第一个a[i]出现在st位置，最后一个出现在ed位置，则一共有ed-st+1个a[i]，记为nn，我们要做的是把这nn个相同的数分配到st个空档（前面已经填了st-1个数，因此产生了st个空档，我们记作mm）中去，求不同的分配方案。
我们再抽象一下，就是把n个球放到m个盒子里，每个盒子可以为空，每个球可以放在[1,b[i]]的范围内，求不同的方案数。（两个方案不同，当且仅当存在某一个箱子中的球数不同。）我们可以dp进行求解。
设dp[i][j]表示把前i个球放到前j个盒子中的方案数。则
$dp[i][j]=\sum\limits_{k=1}^jdp[i-1][k]$
即累加把第i个球放到第k个盒子中的方案数，为了避免重复，我们只加上前i-1个数做到第k个盒子的方案数。注意到
$dp[i][j-1]=\sum\limits_{k=1}^{j-1}dp[i-1][k]$
即dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][j]，这样我们就可以O(1)的转移啦。最后我们要的方案数就是dp[nn][mm]，根据乘法原理,答案就是ans=ans*dp[nn][mm]。
这样每次dp求一个相同高度是$O(n^2)$的，所以总的复杂度是$O(n^3)$的，但是常数极小，是可以过的。
tips:dp[i][j]可以直接用滚动数组，避免大数组多次清零。。会TLE的。
第二个问题dp求方案数时一定要理解清楚状态意义及转移方程真正的含义，这是进行过前缀和优化的dp方程，并非原方程。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1005
#define ll long long
#define mod 2011
inline int read(){
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
    return x*f;
}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
int n,dp[2][N];//dp[i][j]表示前i个数，插在前j个空里的不同方案数 
struct node{
    int h,x;
}a[N];
inline bool cmp(node x,node y){
    return x.h==y.h?x.x<y.x:x.h>y.h;
}
inline int solve(int st,int ed){//st==m,ed-st+1==n
    //有n个球放到m个盒子里，每个盒子可以为空，每个球可以放在[1,b[i]]的范围内 
    int nn=ed-st+1,mm=st,p=0;
    for(int i=1;i<=mm;++i) dp[p][i]=1;//前0个球放到任意个盒子里，都只有一种方案 
    for(int i=1;i<=nn;++i){
        for(int j=1;j<=mm;++j){
            dp[p^1][j]=dp[p^1][j-1];//如果这个盒子i不能放，因为b[i]是递增的，所以i-1...1也不能放进这个盒子 
            if(j<=a[st+i-1].x) dp[p^1][j]=(dp[p^1][j-1]+dp[p][j])%mod;
        }p^=1;
    }
    return dp[p][mm];
}
int main(){
//  freopen("a.in","r",stdin);
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i) a[i].h=read(),a[i].x=read();
    std::sort(a+1,a+n+1,cmp);int ans1=1,ans2=1,tmp=0;
    for(int i=2;i<=n;++i){
        if(a[i].h==a[i-1].h) tmp++;//i之前有多少个相同的 
        else ans2=ans2*solve(i-tmp-1,i-1)%mod,tmp=0;
        ans1=ans1*min(i,a[i].x+tmp)%mod;
    }
    ans2=(ans2*solve(n-tmp,n))%mod;//别忘了处理最后的相等的 
    printf("%d %d\n",ans1,ans2);
    return 0;
}