CF1811G2 Vlad and the Nice Paths (hard version)-优快云博客

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题目描述

这是该问题的困难版本，与简单版本的区别仅在于对n和k的约束条件不同。

$\texttt{Vlad}$ 发现了一排 $n$ 个瓷砖和整数 $k$ 。这些瓷砖从左到右编号，第 $i$ 个瓷砖的颜色是 $c_i$
。经过一番思考后，他决定要对其进行操作。

你可以从任意瓷砖开始，向右跳跃任意数量的瓷砖，形成路径 $p$ 。我们将长度为 $m$ 的路径 $p$ 称为优美路径，如果满足以下条件：

$p$ 可以被精确分割成长度为 $k$ 的块，即 $m$ 能被 $k$ 整除；
$c_{p_1} = c_{p_2} = \ldots = c_{p_k}$
$c_{p_{k + 1}} = c_{p_{k + 2}} = \ldots = c_{p_{2k}}$
$\ldots$
$c_{p_{m - k + 1}} = c_{p_{m - k + 2}} = \ldots = c_{p_m}$

你的任务是找出最长优美路径的数量。由于这个数字可能非常大，请输出其对 $10^9 + 7$ 取模的结果。

输入格式

第一行包含整数 $\le t \le 10^4)$ ，表示测试用例的数量。

每个测试用例的第一行包含两个整数 $n$ 和 $\le n, k \le 5000)$ ，表示瓷砖的数量和块的长度。

每个测试用例的第二行包含 $n$ 个整数 $c_1,c_2,c_3,\ldots,c_n(1 \le c_i \le n)$ ，表示瓷砖的颜色。

保证所有测试用例的 $n^2$ 总和不超过 $25 \times 10^6$ 。

输出格式

输出 $t$ 个数字，每个数字是对应测试用例的答案。优美路径的最大长度数量对 $10^9+7$ 取模的结果。

样例

样例输入1：

5
5 2
1 2 3 4 5
7 2
1 3 1 3 3 1 3
11 4
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
5 2
1 1 2 2 2
5 1
1 2 3 4 5

样例输出1：

样例1解释：
在第一个样例中，无法构造出长度大于 $0$ 的优美路径。

在第二个样例中，我们感兴趣的路径如下：

$\to 3 \to 4 \to 5$
$\to 4 \to 5 \to 7$
$\to 3 \to 5 \to 7$
$\to 3 \to 4 \to 7$

在第三个样例中，任何长度为 $8$ 的路径都是优美的。

题解

由于题目中有从某个地方跳到右边，考虑进行 dp。

我原本想设 $f_{i, j}$ 表示以 $i$ 结尾的优美路径选了 $j$ 个方案数，显然这样会超时。

定义两个 dp 数组， $f_{i}$ 表示以 $i$ 结尾的优美路径最长的长度， $g_{i}$ 表示以 $i$ 结尾的优美路径最长的方案数。

正序枚举 $i$ ，倒序从 $i$ 枚举 $j$ ，统计 $a_j = a_i$ 的个数，如果 $\ge k$ ，说明可以转移， $f_i = f_j \times C_{cnt - 1}^{k - 1}$ ，然后同时更新一下方案数。

注意优美路径长度为 $0$ 时方案数为 $1$ ，如果 WA#30 可能是你没开 long long。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int T, n, k;
int iv[5010][5010];
int f[5010];
long long g[5010];
int a[5010]; 
int main(){
	//预处理组合数
	for(int i = 0; i <= 5000; ++ i){
		iv[i][0] = iv[i][i] = 1;
		for(int j = 1; j < i; ++ j){
			iv[i][j] = (iv[i - 1][j] + iv[i - 1][j - 1]) % mod;
		}
	}
	scanf("%d", &T);
	while(T --){
		memset(f, 0, sizeof(f));
		memset(g, 0, sizeof(g));
		scanf("%d %d", &n, &k);
		for(int i = 1; i <= n; ++ i){
			scanf("%d", &a[i]);
		} 
		g[0] = 1; 
		for(int i = 1; i <= n; ++ i){
			int s = 1;
			for(int j = i - 1; j >= 0; -- j){
				if(s >= k){
					if(f[j] + k > f[i]){
						f[i] = f[j] + k;
						g[i] = g[j] * iv[s - 1][k - 1] % mod; 
					}
					else if(f[j] + k == f[i]){
						g[i] += g[j] * iv[s - 1][k - 1] % mod;
						g[i] %= mod;
					}
				}
				if(a[i] == a[j]) ++ s;//注意由于转移是从f[j]转移的，因此不包括a[j]
			}
		}
		int ans = 0;
		long long ansp = 1;
		for(int i = 1; i <= n; ++ i){
			if(f[i] > ans) ans = f[i], ansp = g[i];
			else if(f[i] == ans) ansp += g[i], ansp %= mod;
		}
		printf("%lld\n", ansp);
	}
	return 0;
}