【学习笔记】[AGC030F] Permutation and Minimum_g - minimum permutation-优快云博客

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文章讨论了一种处理套路题目的方法，特别是涉及动态规划（dp）的问题。在处理(-1,x_i)和(-1,-1)两种情况时，文章提出了一个O(n^3)复杂度的算法。关键在于从后往前做转移过程，计算集合B_i的数目，并在过程中考虑贡献。代码示例使用C++实现。

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套路题。然而思维太混乱了没有做出来 ~~我是丝薄~~

显然有 $1,x_i),(-1,-1)$ 两种情况。那么定义 $v_{x_i}=1$ ，限制等价于对于 $v_i=1$ 的两个元素不能在同一组中。

先不考虑算重。显然需要记录 $1,x_i),(-1,y_i)$ 的数目，其中 $x_i$ 是固定的， $y_i$ 是自己选的，每次加入一个元素，可以放到原有的组中或者新开一个组，这样我们可以算出集合 ${B_i\}$ 的数目。

如果从前往后做的话会比较棘手，这也是这题最坑的地方。那么考虑在 $d p$ 的过程中计算贡献，可以从后往前做，对于 $1,x_i)$ 这样的组我们关心每一组 $B_i$ 的取值，而对于 $1,y_i)$ 这样的组显然我们只关心值组成的集合，最后乘 $m!$ 即可。

转移过程不再赘述。复杂度 $O(n^3)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,m,M,a[605],v[605],b[605],f[305][305],g[305][305];
void add(int &x,int y){
	if((x+=y)>=mod)x-=mod;
}
signed main(){
	cin>>n,n<<=1;for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n/2;i++){
		if(a[2*i-1]!=-1&&a[2*i]!=-1)v[a[2*i-1]]=v[a[2*i]]=1;
		else if(a[2*i-1]!=-1)v[a[2*i-1]]=2;
		else if(a[2*i]!=-1)v[a[2*i]]=2;
		else M++;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		if(v[i]!=1)b[++m]=i,v[m]=(v[i]==2);
	}
	reverse(b+1,b+1+m),reverse(v+1,v+1+m);
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		memset(g,0,sizeof g);
		for(int j=0;j<=n/2;j++){
			for(int k=0;k<=n/2;k++){
				if(f[j][k]){
					if(v[i]){
						add(g[j+1][k],f[j][k]);
						if(k)add(g[j][k-1],f[j][k]);
					}
					else{
						add(g[j][k+1],f[j][k]);
						if(k)add(g[j][k-1],f[j][k]);
						if(j)add(g[j-1][k],(ll)f[j][k]*j%mod);
					}
				}
			}
		}memcpy(f,g,sizeof g); 
	}ll res(f[0][0]);
	for(int i=1;i<=M;i++)res=res*i%mod;
	cout<<res;
}