codeforces round518 div1A Array Without Local Maximums(dp)

最新推荐文章于 2024-12-28 19:04:22 发布

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#codeforces #dp #div1

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本文介绍了一种使用动态规划(DP)解决特定序列猜测问题的方法。面对被部分遮挡的序列，我们需找出所有可能的序列组合，这些序列遵循特定的递增或递减规则，并在1到200的范围内。通过定义状态dp[i][j][k]来表示第i个位置为j且与前一项关系为k的方案数，文章详细解释了状态转移方程，最终求得所有可能序列的数量。

题目链接
感谢大佬myx12345

题意

给出一段长度为n的序列，序列中的值都在1到200之间序列满足

$a_1 \leq a2$
$a_n \leq a_{n-1}$
$a_i \leq max\{a_{i-1},a_{i+1}\}$

此时，小明他打翻了一瓶墨水，使得序列中的某些数被墨水遮挡住了（有没有似曾相识的感觉），我们需要猜测出符合条件的序列有多少种，答案模998244353。

题解

$a_{i-1}$ 与 $a_i$ 有三种关系， $<, =, >$ 。这里设 $d p [i] [j] [k]$ 代表第 $i$ 个位置为 $j$ 且与前面 $a_{i-1}$ 的关系为 $k$ 的方案数。
那么状态转移方程为

$\sum_{k=1}^{j} (dp[i-1][k][0]+dp[i-1][k][1]+dp[i-1][k][2])$
因为 $a_{i-1}<a_i$ 时，那 $a_{i-1}$ 可以和 $a_{i-2}$ 满足任何条件。
$d p [i] [j] [1] = d p [i - 1] [j] [0] + d p [i - 1] [j] [1] + d p [i - 1] [j] [2]$
这里与1的不同之处就是 $a_{i-1} = a_i$ 。
$\sum_{k=j}^{200} (dp[i-1][k][2]+dp[i-1][k][1])$
因为 $a_{i-1}>a_{i}$ ，所以必须要 $a_{i-1} \leq a_{i-2}$ 。

如果暴力计算前缀和，后缀和的话时间复杂度为 $O (n * 200 * 200)$ ,可以边计算边记录前缀和和后缀和，那么时间复杂度为 $O (n * 200)$

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 1e5+5;
const int mod = 998244353;
int a[maxn];
long long dp[maxn][205][3];
// 0: a_i-1 < a_i   1: =   2: >
int main() {
	int n;
	scanf("%d", &n);
	for(int i = 0; i < n; ++i)
		scanf("%d", &a[i]);
	if(a[0] != -1) 
		dp[0][a[0]][0] = 1;
	else {
		for(int i = 1; i <= 200; ++i)
			dp[0][i][0] = 1;
	}
	for(int i = 1; i < n; ++i) {
		int sum = 0;
		for(int j = 1; j <= 200; ++j) {
			if(a[i] == -1 || j == a[i]) {
				dp[i][j][0] = sum;
			}
			
			sum = (sum+dp[i-1][j][1]+dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][2])%mod;
		}
		sum = 0;
		for(int j = 1; j <= 200; ++j) {
			if(a[i] == -1 || j == a[i]) {
				dp[i][j][1] = (dp[i-1][j][0]+dp[i-1][j][1]+dp[i-1][j][2])%mod;
			}
			
		}
		for(int j = 200; j >= 1; --j) {
			if(a[i] == -1 || j == a[i]) {
				dp[i][j][2] = sum;
			}
			sum = (sum+dp[i-1][j][2]+dp[i-1][j][1])%mod;
		}
	}
	long long ans = 0;
	for(int i = 1; i <= 200; ++i) {
		ans = (ans+dp[n-1][i][1]+dp[n-1][i][2])%mod;
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}