[Bzoj3193][JLOI2013]地形生成（排列组合 + DP）

最新推荐文章于 2019-08-29 18:39:00 发布

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原文链接：http://www.cnblogs.com/lzdhydzzh/p/7694939.html

本文介绍了一个地形生成问题的算法解决方案，包括如何计算不同标号序列和等高线序列的数量，并详细解析了算法的设计思路和实现过程。

3193: [JLOI2013]地形生成

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Description

最近IK正在做关于地形建模的工作。其中一个工作阶段就是把一些山排列成一行。每座山都有各不相同的标号和高度。为了遵从一些设计上的要求，每座山都设置了一个关键数字，要求对于每座山，比它高且排列在它前面的其它山的数目必须少于它的关键数字。

显然满足要求的排列会有很多个。对于每一个可能的排列，IK生成一个对应的标号序列和等高线序列。标号序列就是按顺序写下每座山的标号。等高线序列就是按顺序写下它们的高度。例如有两座山，这两座山的一个合法排列的第一座山的标号和高度为1和3，而第二座山的标号和高度分别为2和4，那么这个排列的标号序列就是1 2，而等高线序列就是3 4.

现在问题就是，给出所有山的信息，IK希望知道一共有多少种不同的符合条件的标号序列和等高线序列。

Input

输入第一行给出山的个数N。接下来N行每行有两个整数，按照标号从1到N的顺序分别给出一座山的高度和关键数。

Output

输出两个用空格分隔开的数，第一个数是不同的标号序列的个数，第二个数是不同的等高线序列的个数。这两个答案都应该对2011取模，即输出两个答案除以2011取余数的结果

Sample Input

2
1 2
2 2

Sample Output

2 2

HINT

对于所有的数据，有1<=N<=1000，所有的数字都是不大于109的正整数。

分析：

先考虑第一个问题（先假设没有山高度相同）：

我们把所有山按高度从大到小排序，设这个集合为S，设一个空集合为V。

我们把山按顺序放入集合V。

考虑第i座山放进去的时候能放的位置，因为现在前面有i - 1座山比它高，再加上本来的第i个位置，它一共有i个位置可以放。这个山的关键值如果为k，它只能在前min（k，i）个位置里挑。

所以第i个山的放的位置的组合为ci = min（k，i）种。ans = c1 * c2 …… * cn；

但是我们现在有山的高度相同，且关键值不同。两座高度相同的山能放的最靠后的位置，一定是关键值大的那个越靠后。所以我们先按高度从大到小，然后高度相同的关键值从小到大排序出S集合。

设[x，y]这段区间的山高度相同。所以 ci = min（x，k） + i - num。因为一座山在满足关键值的情况下，可以也放在高度相同的山前面。

所以最后得出 ans1 = c1 * c2 …… * cn；

然后再看第二个问题，会产生重复情况的只有高度相同的山放一起的情况。

我们依然排序出V集合。按顺序插入山。

定义dp状态f[i][j]，表示高度相同的山里面前i座，放在前j个位置的方案数。

因为我们是插入的山，比如说在一座高度为3的山后面再插入一座高度为3的山，此时是多了一种方案，是不会重复的。

状态也是很好转移设区间[x，y]山高度相同

f[i][j] = sum（f[i - 1][k] ）；k <= min(data[i].d,x) - 1；

因为是按顺序来刷表的可以省掉一维。

又因为f[i][j - 1] = sum（f[i][j - 1]）；f[i][j] = sum（f[i - 1][k] ）；k <= min(data[i - 1].d,x) - 1；所以f[i][j] = f[i - 1][j] + f[i][j - 1]

最终方程dp[i] = dp[i - 1] + dp[i]

最后把每一区间[x，y]相同的山的ci = dp[0] + dp[1] +……dp[min(data[y].d,x) - 1]乘起来。

ans2 = c1 * c2 …… * cn；

就可以了。

AC代码：

 
# include <iostream>
# include <cstdio>
# include <cstring>
# include <algorithm>
using namespace std;
const int mod = 2011;
const int N = 1012;
int dp[N],h[N],n,ans1 = 1,ans2 = 1;
struct Mountain{
    int h;
    int d;
bool operator <(const Mountain & other)const{
    if(h == other.h)return d < other.d;
    return h > other.h;
}
}data[N];
void Init(){
    memset(dp,0,sizeof dp);
    dp[0] = 1;
}
void read(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        scanf("%d %d",&data[i].h,&data[i].d);
    }
    sort(data + 1,data + n + 1);
    int num = 0;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        if(data[i].h != data[num].h)num = i;
        (ans1 *= min(num,data[i].d) + i - num) %= mod;
    }
    printf("%d",ans1);
}
void work(){
    int pos;
    for(int i = 1;i <= n;i++){
        pos = i;
        while(data[pos].h == data[i].h && pos <= n)pos++;
        pos--;Init();
        for(int j = i;j <= pos;j++){
            for(int k = 1;k <= min(data[j].d,i) - 1;k++){
                (dp[k] = dp[k - 1] + dp[k]) %= mod;
            }
        }
        int sum = 0;
        for(int j = 0;j <= min(data[pos].d,i) - 1;j++)(sum += dp[j]) %= mod;
        (ans2 *= sum) %= mod;
        i = pos;
    }
    printf(" %d\n",ans2);
}
int main()
{
   read();
   work();
     
}