[bzoj4664] Count 解题报告

这篇解题报告介绍了如何解决bzoj4664问题,尽管初看与bzoj4498相似,但需要采用不同的策略。通过按h排序,定义f(i,j,k,o)状态表示前i个数被分为j段,混乱度为k,已有的边界数为o。关键在于理解k表示将每段基底调整到i的混乱度,与段内具体数值无关。代码实现中,作者用到了特殊情况下开一维[0/1]进行特判。" 110790050,1433559,递归算法详解:1到100求和,"['算法', '编程语言', 'Python', '递归']

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第一眼看就感觉这题好像bzoj4498魔法的碰撞,但想了很久感觉用我那个题的做法好像并不能做。。结果最后发现好像还是可以做哒!

首先按h排序,然后设f(i,j,k,o)表示前i个数,在最后的排列中被分成了j段,当前的混乱度是k,目前已经有o个边界(o[0,2])。
那么

f(i,j,k,o)(2o)>f(i+1,j,k+(hi+1hi)(2jo),o+1),o<2(2o)>f(i+1,j+1,k+(hi+1hi)(2jo),o+1),o<2(2jo)>f(i+1,j,k+(hi+1hi)(2jo),o)(j1)>f(i+1,j1,k+(hi+1hi)(2jo),o)(j+1o)>f(i+1,j+1,k+(hi+1hi)(2jo),o)f(1,1,0,0)=1,f(1,1,0,1)=2

(需要特判n=1)
就是分5种情况:在一个段侧加一个边界;新建一个段作为边界;在段侧加入;新建一个段;连接两段。

其实这个状态最关键的地方其实是在于这个k,它表示的其实是把每一段的基底都调到i的混乱度,这样的话就与每一段两侧究竟是什么值没有关系了。

代码:

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<algorithm>
#include<cstring>
const int N=100+5;
int h[N];
typedef long long LL;
const int Mod=1e9+7;
const int L=1000+5;
LL f[2][N][L][3];
int main()
{
    freopen("bzoj4664.in","r",stdin);
    freopen("bzoj4664.out","w",stdout);
    int n,L;
    scanf("%d%d",&n,&L);
    if(n==1)
    {
        puts("1");
        return 0;
    }
    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",h+i);
    sort(h+1,h+n+1);
    f[1][1][0][0]=1,f[1][1][0][1]=2;
    int tmp;
    int now=1,next=0;
    for(int i=1;i<n;++i)
    {
        for(int j=min(n-i+1,i);j;--j)
            for(int k=L-(h[i+1]-h[i])*(j*2-2);k>=0;--k)
                for(int o=3;o--;)
                    if(f[now][j][k][o]&&(tmp=k+(h[i+1]-h[i])*(j*2-o))<=L)
                    {
                        //printf("f(%d,%d,%d,%d)=%I64d\n",i,j,k,o,f[i][j][k][o]);
                        if(o!=2)
                        {
                            (f[next][j][tmp][o+1]+=(2-o)*f[now][j][k][o])%=Mod;
                            (f[next][j+1][tmp][o+1]+=(2-o)*f[now][j][k][o])%=Mod;

                            //printf("->(%d,%d,%d,%d):%I64d\n",i+1,j,tmp,o+1,(2-o)*f[i][j][k][o]);
                            //printf("->(%d,%d,%d,%d):%I64d\n",i+1,j+1,tmp,o+1,(2-o)*f[i][j][k][o]);
                        }
                        (f[next][j][tmp][o]+=(2*j-o)*f[now][j][k][o])%=Mod;
                        (f[next][j-1][tmp][o]+=(j-1)*f[now][j][k][o])%=Mod;
                        (f[next][j+1][tmp][o]+=(j+1-o)*f[now][j][k][o])%=Mod;

                        /*printf("->(%d,%d,%d,%d):%I64d\n",i+1,j,tmp,o,(2*j-o)*f[i][j][k][o]);
                        printf("->(%d,%d,%d,%d):%I64d\n",i+1,j-1,tmp,o,(j-1)*f[i][j][k][o]);
                        printf("->(%d,%d,%d,%d):%I64d\n",i+1,j+1,tmp,o,(j+1-o)*f[i][j][k][o]);*/
                    }
        swap(now,next);
        memset(f[next],0,sizeof(f[0]));
    }
    /*for(int k=L;k>=0;--k)
        if(f[n][1][k][2])
            printf("f(%d,%d,%d,%d)=%I64d\n",n,1,k,2,f[n][1][k][2]);*/
    int ans=0;
    for(int i=L;i>=0;--i)(ans+=f[now][1][i][2])%=Mod;
    printf("%d\n",ans);
}

总结:
①dp时遇到不好处理的特殊情况可以单独开一维[0/1]来特判。

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