AtCoder Regular Contest 065 Shuffling 动态规划

动态规划解决AtCoder Regular Contest 065 Shuffling问题

最新推荐文章于 2024-07-10 09:21:28 发布

原创最新推荐文章于 2024-07-10 09:21:28 发布 · 386 阅读

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该博客分析了AtCoder竞赛中的Shuffling问题，通过将操作区间转换为左端点和右端点单调递增的形式，并使用动态规划的方法求解。博主介绍了状态f[i, j]的含义，表示前i个位置元素确定且有j个1的方案数，并详细解释了如何在O(n^2)的时间复杂度内完成转移过程。" 73727445,5683343,理解JSON：数据交换的黄金标准,"['数据交换', 'JSON解析', 'C语言', 'cJSON库']

题意

给出一个长度为n的01序列，有m次操作，第i次可以把区间[li,ri]中的元素任意排列。问该序列可以通过操作得到多少种不同的序列。
n,m<=3000，保证li单调不降。

分析

先把操作区间变成左端点和右端点均单调递增，然后设f[i,j]表示前i个位置的元素已经确定，且前i个位置中恰好有j个1的摆放方案。
在一次操作[l,r]时，设下一个区间的左端点为nx，我们考虑由f[l-1,j]转移给f[nx-1,k]。因为当我们把[l,nx-1]中的元素固定后，由于左端点递增，所以这部分的元素已经不能再改变。
转移的时候可以枚举在[l,nx-1]中放多少个1，然后乘上一个组合数即可。
这样做看似是O(n^3)的，但分析一下不难发现复杂度其实是O(n^2)。

代码

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=3005;
const int MOD=1000000007;

int n,m,c[N][N],a[N],f[N][N];
struct data{int l,r;}op[N];
char str[N];

bool cmp(data a,data b)
{
    return a.l<b.l||a.l==b.l&&a.r<b.r;
}

void mod(int &x)
{
    x-=x>=MOD?MOD:0;
}

void prepare()
{
    c[0][0]=1;
    for (int i=1;i<=n;i++)
    {
        c[i][0]=1;
        for (int j=1;j<=i;j++) mod(c[i][j]=c[i-1][j]+c[i-1][j-1]);
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    prepare();
    scanf("%s",str+1);
    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=a[i-1]+str[i]-'0';
    for (int i=1;i<=m;i++) scanf("%d%d",&op[i].l,&op[i].r);
    sort(op+1,op+m+1,cmp);
    int tmp=m,mx=0;
    for (int i=1;i<=m;i++)
        if (op[i].l==op[i+1].l||op[i].r<=mx) tmp--,op[i].l=n+1;
        else mx=max(mx,op[i].r);
    sort(op+1,op+m+1,cmp);
    m=tmp;
    f[op[1].l-1][a[op[1].l-1]]=1;
    op[m+1].l=n+1;
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        int l=op[i].l,r=op[i].r,nx=op[i+1].l;
        for (int j=0;j<l;j++)
        {
            if (!f[l-1][j]) continue;
            int s=a[r]-j,p=max(0,s-(r-nx+1)),q=min(s,nx-l);
            if (nx>r) {mod(f[nx-1][a[nx-1]]+=(LL)f[l-1][j]*c[r-l+1][s]%MOD);continue;}
            if (p>q) continue;
            for (int k=p;k<=q;k++) mod(f[nx-1][j+k]+=(LL)f[l-1][j]*c[nx-l][k]%MOD);
        }
    }
    printf("%d",f[n][a[n]]);
    return 0;
}