【MIPT Workshop Open 1 K】Blocks 题解

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算法_神奇的脑洞同时被 2 个专栏收录

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算法_DP

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题目大意

有 $n$ 个柱子，高度构成 $1$ ~ $n$ 的排列。现在你要把他们排在一行，使得从左边看能看到恰好 $l$ 根柱子，从右边看能看到恰好 $p$ 根柱子。求方案数。共 $m$ 组数据。
$\leq 50000,~l,p \leq 100,~m \leq 10^5$

$\\~$
$\\~$
$\\~$

题解

可以很自然地想到 dp，从大到小放柱子，那么放在边上的就可以被看到，放到中间的就看不到。

这里要注意的是不要把左边和右边分开考虑，就是说不要什么分别算左边和右边然后合并，或者 dp 式子里设左边和右边分别看到了多少柱子。~~我不会告诉你我就是这样被卡了 2h 多~~。这样子始终会有一个 $O (l * p)$ 的时间。

但是可以发现一个新的柱子放两边其实是本质相同的！
所以设 $f_{i,j}$ 表示从大到小放了 $i$ 个柱子（方便起见，去掉最高的那个），两边可见的共有 $j$ 个，的方案数。新加进来一个柱子要么放两边使 $j$ 加一，要么放中间。
最后询问的时候乘个 $C_{p+q-2}^{p-1}$ 就好啦。

这样就是 $O (n p + m)$ 的了。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=5e4+5, maxp=205;
const LL mo=1e9+7;

int n,p,q;
LL f[maxn][maxp],C[maxp][maxp];

int m;
int main()
{
	n=50000, p=200;
	f[0][0]=1;
	fo(i,1,n-1)
		fo(j,1,min(p,i)) f[i][j]=(f[i-1][j-1]+f[i-1][j]*(i-1))%mo;
	fo(i,0,p)
	{
		C[i][0]=1;
		fo(j,1,i) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mo;
	}
	
	scanf("%d",&m);
	while (m--)
	{
		scanf("%d %d %d",&n,&p,&q);
		
		LL ans=f[n-1][p+q-2]*C[p+q-2][p-1]%mo;
		
		printf("%lld\n",ans);
	}
}