CF886E Maximum Element

最新推荐文章于 2024-10-27 21:04:33 发布

wcy_1122

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分类专栏：题解 dp及其优化

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本文解析了CodeForces上的一道题目E，通过定义状态f[i]来表示合法方案的数量，并通过推导转移方程将复杂度从O(n^2)优化到O(n)，最终给出了解决该计数问题的有效算法。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Maximum Element

题目描述
http://codeforces.com/contest/886/problem/E

题解

日常不会计数题。
重度推公式困难症患者。
定义状态f[i]表示i个数离散化成排列，最大的那个放最后面的合法方案数。
那么，枚举n的位置，ans=Σf[i]*A(n-1,n-i)。
考虑转移。对于f[i]，考虑第二大的数字i-1。若i-1在i-k前则肯定满足。否则，如果要满足，则以i-1结尾的前缀串离散化后必须要满足条件，这样的方案数位f[j]（j位i-1的位置）。
所以得到转移式：f[i]=(i-k-1)(n-2)！+Σf[j] A(n-2,n-j-1)。
这样的dp是O(n^2)的，不能AC。
把排列的式子拆开，把(n-2)!提出来，可以优化成(n-2)!*Σf[j]/(j-1)!。利用前缀和即可把复杂度降到O(n)。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define N 1000005
using namespace std;
int n,k;ll sum,ans,fac[N],inv[N],f[N];
ll Pow(ll a,int b)
{
  ll res=1;
  while(b)
  {
    if(b&1)res=res*a%mod;
    a=a*a%mod;b>>=1;
  }
  return res;
}
ll A(int n,int m){return fac[n]*inv[n-m]%mod;}
int main()
{
  scanf("%d%d",&n,&k);fac[0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
  inv[n]=Pow(fac[n],mod-2);
  for(int i=n;i;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
  for(int i=k+2;i<=n;i++)
  {
    sum=(sum+f[i-1]*inv[i-2]%mod)%mod;
    sum=(sum-f[i-k-1]*inv[i-k-2]%mod+mod)%mod;
    f[i]=((i-k-1)*fac[i-2]%mod+fac[i-2]*sum%mod)%mod;
    ans=(ans+A(n-1,n-i)*f[i]%mod)%mod;
  }
  printf("%d\n",ans);
  return 0;
}