[Codeforces301E][DP]Yaroslav and Arrangements

最新推荐文章于 2024-06-13 13:16:53 发布

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本文探讨了在特定条件下，即数列长度在1到n之间，每个数值介于1到m之间，且能重组得到1到k个良好数列的优秀数列的计算方法。通过动态规划技巧，文章详细解析了如何设计状态转移方程，以高效地计算满足条件的数列总数。

翻译

如果一个数列相邻两项之差的绝对值均为 1（我们认为首项和末项也相邻），并且首项是数列中最小的元素之一，那么我们称之为良好数列。如果一个数列单调不降且长度在 1 到 n 之间，数列中每个数的值在 1 到 m 之间，且重排后能得到至少 1 个至多 k 个良好数列，那么我们称之为优秀数列。给出 n、m、k，求优秀数列的个数。答案对 1000000007 取模

题解

这题有点东西…
把首项看成1，破环成链，a[n+1]=1
如果在最大值为i的情况下，最后乘一个 $m - i + 1$ 就好了
我们考虑如何设计状态
首先你至少要知道当前这个数列能组成多少个良好数列
从小往大加数
比如两个1之间如果有空格，他们之间至少要加一个2
所以我们再加入一个状态，当前必须要加多少个数
啊别忘了记录当前加入了多少个数
枚举当前加入的数的数量
设他为T
设至少要加K个数
显然，我们会有T-K个组合两两之间是空格
所以
$f [i] [j] [k] - > f [i + 1] [j + T] [T - K]$
等等，还没转移方案数
其实就相当于T个球要放入K个箱子中不允许有空
那不就是 $f[i][j][k][l]->f[i+1][j+T][T-K][l*C_{T-1}^{K-1}]$
然后枚举到一个最大值记录答案即可

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<queue>
#include<vector>
#include<ctime>
#include<map>
#define LL long long
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline int read()
{
    int f=1,x=0;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 void write(int x)
{
    if(x<0)putchar('-'),x=-x;
    if(x>9)write(x/10);
    putchar(x%10+'0');
}
inline void pr1(int x){write(x);printf(" ");}
inline void pr2(int x){write(x);puts("");}
int n,m,K;
int C[105][105];
int f[2][105][105][105];//当前最大值 已经加了多少个数 还必须要加多少个数 方案数 
void ad(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
int main()
{
    n=read();m=read();K=read();
    if(n==1)return puts("0"),0;
    C[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=100;i++)
        for(int j=0;j<=100;j++)
        {
            C[i][j]=j?C[i-1][j]+C[i-1][j-1]:C[i-1][j];
            if(C[i][j]>K)C[i][j]=K+1;	
        }
    n++;
    int now=0,ans=0;f[now][0][1][1]=1;
    for(int i=0;i<=m;i++)
    {
        now^=1;int num=0;
        if(i)
        {
            for(int j=2;j<=n;j++)
                for(int k=1;k<=K;k++)
                    ad(num,f[now^1][j][0][k]);
            ad(ans,(LL)num*(m-i+1)%mod);
        }
        memset(f[now],0,sizeof(f[now]));
        for(int j=0;j<=n;j++)
            for(int k=1;k<=n;k++)
                for(int l=1;l<=K;l++)
                    if(f[now^1][j][k][l])
                        for(int t=k;t+j<=n;t++)
                            ad(f[now][j+t][t-k][min(K+1,l*C[t-1][k-1])],f[now^1][j][k][l]);
    }
    pr2(ans);
    return 0;
}