cf886E Maximum Elements 题解

DP神题。也是本蒟蒻做的第一道组合数学+DP题。

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先来看看题意。Petya嫌弃自己求区间最大值的做法太慢了，所以发明了这样一个函数：

int fast_max(int n, int a[]) { 
    int ans = 0;
    int offset = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i)
        if (ans < a[i]) {
            ans = a[i];
            offset = 0;
        } else {
            offset = offset + 1;
            if (offset == k)
                return ans;
        }
    return ans;
}

显然这个函数很容易被hack掉，现在简化问题：a数组是1~n的排列，输入n，k，问有多少情况会被hack掉。
比如说，n = 5, k = 3，那么[4, 1, 2, 3, 5], [4, 1, 3, 2, 5], [4, 2, 1, 3, 5], [4, 2, 3, 1, 5], [4, 3, 1, 2, 5], [4, 3, 2, 1, 5]是会被hack掉的。

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一上来我看见了dp的标签，就在思考前i个数能够hack掉的情况有多少。但这样转移是很难设计的，于是我就厚颜无耻的看了题解。鉴于我辣鸡的阅读理解水平，还是没有理解。
于是我机智的翻了讨论区。
首先，我们用dp[i]表示1~i的排列能够hack掉的数量是多少。
不得不说，这是一个非常巧妙的状态设计，因为借此问题就从一道玄学题变成了组合数学题。
再思考转移。那么目前横亘在我们面前的就是：i是否被作为最大值扔出去？
分类讨论一下。
我们称一个符合条件的排列$w$为好排列。
如果$i - 1$在前$i - k - 1$个数中，那么这种情况有$(i - k - 1) \times (i - 2)!$，因为$i - 1$这个数有$i - k - 1$种摆法，而前$i - 2$个数可以随心情乱摆。
否则，不妨设$i - 1$的位置为$p$。那么我们就会发现，$i - 1$已经救不了这一排列了，我们必须让前$h$个数成为一个好的排列，则共有$DP[h]$种情况。而剩下$i - h + 1$个可以随便放，有$(i - h + 1)!$种方法。显然，前h个数有$C_{i - 2}^{h - 1}$种选法，然后稍作变形，有：
$dp[h]\times (i - h + 1)! \times C_{i - 2}^{h - 1} = dp[h] \times (i - h + 1)! \times \dfrac{(i - 2)!}{(i - h + 1)! \times (h - 1)!} = dp[h] \times \dfrac{(i - 2)!}{(h - 1)!}$

综上所述，我们可以列出一个DP方程：

$$dp[i] = (i - k - 1) \times (i - 2)! + \sum^{i - 1}_{h = i - k}dp[h]\times \dfrac{(i - 2)!}{(h - 1)!}$$
这里可以考虑用前缀和维护一下$\dfrac{dp[h]}{(h - 1)!}$，这样每次转移就是$O(n)$的。这也是题解给出的递推式。
接下来转换一下思维。考虑1~i的排列中i的位置，如果i在第k位置这个排列是好的，那么就有$dp[k]$种排列，显然，每个排列的元素有$C_{i - 1}^{k - 1}$种选法，剩余的$i - k$个元素是可以随便乱搞的，即有$(i - k)!$种排列方式。化简一下就是$dp[k] \times \dfrac{(i - 1)!}{(k - 1)!}$综上所述，我们得出一个更加优美的递推式：
$$dp[i] = \sum^i_{k = 1}dp[k] \times \dfrac{(i - 1)!}{(k - 1)!}$$
可以将后面那一串用前缀和维护一下，则复杂度$O(n)$
至此，该问题解决。代码之后再填吧..