[csa round#1]Number Elimination——动态规划+计数

题目大意：

你有\(n\)个方块排成一排，每个方块有一个权值\(a_i\)，你每次可以选择一个二元组\((x,y) x<y\)，并消除x和y中权值较小的那个方块，如果二者权值相同则消除标号较小的那个，产生\(max(a_x,a_y)\)的费用。你每次选择的二元组中不能选择已经被消除的方块。最后这一排方块只会剩下一个，游戏目标是使费用最少。
求可以使费用最小的方案数。

思路：

为了使费用最小，可以发现相同的数一定是要在一起消，直到只剩一个。
同时对于不同的数之间，我们要消除一个数的话，这个数必定只剩下一个，并且比这个数小的数都要在之前消完。
不同的种类一定是从小到大的顺序消完，于是我们设dp[i]为前i个种类消完的方案数，每一次将一个种类添加进去来转移。
这里需要预处理一个种类自身消除的方案数\(f[i]\)（i为集合大小）\(=f[i-1]\times i \times (i-1)/2\)。
于是在dp[i]的时候枚举第i个种类的物品在i-1种最后一个消完之前消完的数量j，用隔板法来计算前j个放置的位置，可得dp方程为：
\[dp_{i}=\sum_{j=0}^{sz_i-1}\times f_{i-1}\times {sum_{i-1}+j-1\choose j}\times(sz_i-j)\]
直接转移即可。

#include<bits/stdc++.h>

#define REP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define DREP(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define debug(x) cout<<#x<<"="<<x<<endl
typedef long long ll;

using namespace std;

void File(){
    freopen("out.in","r",stdin);
    freopen("out.out","w",stdout);
}

template<typename T>void read(T &_){
    T __=0,mul=1; char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch)){
        if(ch=='-')mul=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(isdigit(ch))__=(__<<1)+(__<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
    _=__*mul;
}

const int maxn=1e5+10;
const ll mod=1e9+7;
int n,a[maxn],b[maxn],tot,cnt[maxn];
ll fac[maxn],ifac[maxn],f[maxn],dp[maxn],sum[maxn];

ll qpow(ll x,ll y){
    ll ret=1; x%=mod;
    while(y){
        if(y&1)ret=ret*x%mod;
        x=x*x%mod;
        y>>=1;
    }
    return ret;
}

ll C(ll x,ll y){return fac[x]*ifac[y]%mod*ifac[x-y]%mod;}

int main(){
//  File();
    read(n);
    REP(i,1,n)read(a[i]),b[++tot]=a[i];

    sort(b+1,b+tot+1);
    tot=unique(b+1,b+tot+1)-b-1;
    REP(i,1,n)a[i]=lower_bound(b+1,b+tot+1,a[i])-b;

    fac[0]=1;
    REP(i,1,n)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    ifac[n]=qpow(fac[n],mod-2);
    DREP(i,n-1,0)ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;

    REP(i,1,n)++cnt[a[i]];

    f[0]=1;
    ll inv2=qpow(2,mod-2);
    REP(i,1,n)f[i]=f[i-1]*i%mod*(i+1)%mod*inv2%mod;

    dp[1]=f[cnt[1]-1];
    REP(i,2,tot){
        sum[i-1]=sum[i-2]+cnt[i-1];
        REP(j,0,cnt[i]-1)
            dp[i]=(dp[i]+dp[i-1]*C(sum[i-1]+j-1,j)%mod*(cnt[i]-j)%mod)%mod;
        dp[i]=dp[i]*f[cnt[i]-1]%mod;
    }

    printf("%lld\n",dp[tot]);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/ylsoi/p/9838713.html