bzoj 5255: [Fjwc2018]全排列 dp

最新推荐文章于 2020-03-28 19:59:31 发布

原创最新推荐文章于 2020-03-28 19:59:31 发布 · 471 阅读

1 ·

CC 4.0 BY-SA版权

动态规划专栏收录该内容

127 篇文章

订阅专栏

博客探讨了bzoj 5255题目，该题目要求计算所有满足特定条件的排列对的F值之和。题意指出，两个排列相似当且仅当它们在对应位置上的元素满足特定条件。通过分析，博主提出O(n^3)的时间复杂度解决方案，其中n是排列长度，E是逆序对限制。文章接着展示了实现这一算法的代码片段。

题意

定义两个长为n的排列A与B相似：若?i，满足C(A, Ai) = C(B, Bi)。其中C(P, x)为满足Pj < x(1 ≤ j ≤ n)的j的数目。对于两个常委n的排列P1,P2，定义函数F(P1,P2)等于满足P1[l … r] 相似于P2[l … r](1 ≤ l ≤r ≤ n)并且P1[l … r]包含不超过E个逆序对的数对(l,r)的数目。现在请你求出：对P1,P2分别取遍所有1~n的排列后所有F(P1,P2)的和
T ≤ 10^4, n ≤ 500, E ≤ 10^6

分析

不难发现要满足这个限制实际上就是两个序列的最小表示相同。
因为要取遍所有排列，所有我们可以对每个区间单独算贡献。
那么O(nE)的算法就很显然了。
注意到长度为n的排列的逆序对数不超过 $O(n^2)$ ，那么总的时间复杂度就是 $O(n^3)$ 了。

代码

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

typedef long long LL;

const int N=505;
const int MOD=1000000007;

int jc[N],ny[N],f[N][N*(N-1)/2],tot[N];

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

int sqr(int x)
{
    return (LL)x*x%MOD;
}

void prework()
{
    int n=500,m=n*(n-1)/2;
    jc[0]=jc[1]=ny[0]=ny[1]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++) jc[i]=(LL)jc[i-1]*i%MOD,ny[i]=(LL)(MOD-MOD/i)*ny[MOD%i]%MOD;
    for (int i=2;i<=n;i++) ny[i]=(LL)ny[i-1]*ny[i]%MOD;
    for (int i=0;i<=m;i++) f[1][i]=1;
    for (int i=2;i<=n;i++)
    {
        f[i][0]=1;tot[i]=i*(i-1)/2;
        for (int j=1;j<=tot[i];j++)
        {
            mod(f[i][j]=f[i][j-1]+f[i-1][min(j,tot[i-1])]);
            if (j-i>=0) mod(f[i][j]+=MOD-f[i-1][min(j-i,tot[i-1])]);
        }
    }
}

int C(int n,int m)
{
    return (LL)jc[n]%MOD*ny[m]%MOD*ny[n-m]%MOD;
}

int main()
{
    prework();
    int T;scanf("%d",&T);
    while (T--)
    {
        int n,m;scanf("%d%d",&n,&m);
        m=min(m,n*(n-1)/2);
        int ans=0;
        for (int i=1;i<=n;i++) mod(ans+=(LL)f[i][min(m,tot[i])]*(n-i+1)%MOD*sqr((LL)C(n,i)*jc[n-i]%MOD)%MOD);
        printf("%d\n",ans);
    }
    return 0;
}