CF1553I Stairs 题解

最新推荐文章于 2024-10-01 18:52:56 发布

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CF1553I Stairs

说实话网上的题解真的少，这个算是当前最详细的吧。
请原谅我参考了别人的代码，还跑得巨慢的这一事。

不过还是 $O(n^2)$ 过去了，嘻嘻。

有两个思路，是将贡献不同时间计算的结果。

首先一个合法的序列，肯定是将数值连续的一段拿出来，然后可以分成若干段等长的。这个一开始判断一下即可。

之后我们将分段拿出来不妨将其记录为 $s$ 数组。

一个合法的序列就是不能有任意两个 $s$ 构成单调序列。

但是这个需要复杂度较高的 $d p$ ，我们考虑通过容斥改成钦定有几个数不合法。

对于一个长度 $> 1$ 的段，其有两种单调性。长度为 $1$ 的段，其只有一种单调性，但是向后转移的时候会产生两种单调性。

$\tt Case\ 1$

我们将单调性在这个序列转移的时候就计算贡献。

设 $f (i, j, 0 / 1)$ 表示当前考虑到第 $i$ 个序列，已经钦定了 $j$ 个连续，当前段长度是否是 $1$ 。注意这个段是表示已经拼接之后的段。
$\begin{aligned} & f(i - 1, j, 0) \to f(i, j + 1, 1) \\ & f(i - 1, j, 1) \times 2 \to f(i, j + 1, 1) \\ & f(i - 1, j, 0) \times 2 \to f(i, j, 0/1) \\ & f(i - 1, j, 1) \to f(i, j, 0/1) \end{aligned}$
前面两个转移表示向后拼接，如果长度不是 $1$ 肯定有两种贡献，如果长度是 $1$ ，那么我们钦定长度为 $1$ 的贡献肯定是只有一种的，因为我们向后拼接成长度 $> 1$ 的贡献是需要向后转移的时候算的。

对于不钦定的时候，我们转移的接口在长度 $= 1$ 的时候肯定是有两种方案的，然后如果是 $> 1$ 的话，我们要延后贡献所以需要先不计算。

最后计算答案的时候使用容斥即可。

注意：

这里顺便说一下我们在长度是 $1$ 向后继承的时候贡献 $\times 2$ 了，这是和后面的最不一样的地方。

这里也导致常数略大，没有卡过去。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
 
#define Fread
#define Getmod
 
#ifdef Fread
char buf[1 << 21], *iS, *iT;
#define gc() (iS == iT ? (iT = (iS = buf) + fread (buf, 1, 1 << 21, stdin), (iS == iT ? EOF : *iS ++)) : *iS ++)
#define getchar gc
#endif // Fread
 
template <typename T>
void r1(T &x) {
   
   
	x = 0;
	char