【LOJ3276】「JOISC 2020 Day2」遺蹟

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題目解法

首先考慮對於確定的 $h_i$ ，判斷其是否滿足條件。顯然，選出 $A$ 集合的過程如下：
取出 $h_i$ 的兩個最大值的下標，加入集合 $S$ ，彈出 $S$ 的最大值，加入集合 $A$ ，重複 $N$ 次。
也有這樣一個等價的過程：從後往前考慮各個 $h_i$ ，若在最終狀態中，仍然存在 $1\leq x\leq h_i$ ，使得沒有高度爲 $x$ 的石柱，則選取其中最大的 $x$ ， $i$ 處的石柱在最終狀態中高度爲 $x$ 。

考慮對該過程進行動態規劃。
記 $dp_{i,j}$ 表示考慮了石柱 $i,i+1,\dots,2N$ ，在最終狀態中已經存在高度 $1,2,\dots,j$ 。

考慮由 $dp_{i+1}$ 向 $dp_i$ 的轉移。

$(1)$ 、若 $i\notin A$ ，則應當填入 $j$ 以內的元素。
可以發現， $j$ 以內的元素恰好被填入了 $j+cntelse$ 個，其中 $cntelse$ 爲已經經過的不在 $A$ 中的元素個數。由於我們不能分辨各個元素被填入了幾次，可以考慮將 “每個元素各有兩個” 一限制修改爲 “每個元素各有本質不同的兩個” ，並在最後將答案除去 $2^N$ 。此時轉移係數爲 $j-cntelse$ 。

$(2)$ 、若 $i\in A$ ，則應當填入 $\geq j+1$ 的元素。
若 $h_i$ 在最終狀態中的高度不爲 $j+1$ ，可以考慮先不填入元素。
否則，考慮枚舉 $k$ 表示填入 $h_j$ 後，最終狀態中已經存在高度 $1,2,\dots,j+k$ 。
新填入的後 $k-1$ 個元素在最終狀態中的高度恰好爲 $j+1,j+2,\dots,j+k$ 。考慮預處理係數 $coef_{k}$ ，表示填入的 $k$ 個位置均爲關鍵位置的方案數，乘上 $h_i$ 的取值個數 $k+1$ ，轉移係數應當爲：
$\binom{cntkey-j}{k-1}\times coef_{k-1}\times (k+1)$
其中 $cntkey$ 表示已經經過的在 $A$ 中的元素個數。

最後的問題在於計算 $coef_i$ 。
注意到一個填入方式合法，當且僅當對於 $1\leq i\leq N$ ，不存在超過 $i$ 個 $\leq i$ 的元素。
記 $coef_{i,j}$ 表示在 $j$ 個位置中填入 $\leq i$ 的數，使其合法的方案數，有
$coef_{i,j}=coef_{i-1,j}+coef_{i-1,j-1}\times 2j+coef_{i-1,j-2}\times j(j-1),coef_i=coef_{i,i}$

時間複雜度 $O(N^3)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1505;
const int P = 1e9 + 7;
const int inv2 = (P + 1) / 2;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } 
template <typename T> void read(T &x) {
	x = 0; int f = 1;
	char c = getchar();
	for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
	for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
	x *= f;
}
bool key[MAXN]; int dp[MAXN][MAXN];
int n, binom[MAXN][MAXN], coef[MAXN][MAXN];
int power(int x, int y) {
	if (y == 0) return 1;
	int tmp = power(x, y / 2);
	if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P;
	else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P;
}
void update(int &x, int y) {
	x += y;
	if (x >= P) x -= P;
}
int main() {
	read(n);
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int x; read(x);
		key[x] = true;
	}
	for (int i = 0; i <= n; i++) {
		binom[i][0] = coef[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= i; j++) {
			binom[i][j] = (binom[i - 1][j - 1] + binom[i - 1][j]) % P;
			coef[i][j] = (coef[i - 1][j] + 2ll * coef[i - 1][j - 1] * j) % P;
			if (j >= 2) update(coef[i][j], 1ll * coef[i - 1][j - 2] * j * (j - 1) % P);
		}
	}
	dp[n * 2 + 1][0] = 1;
	int cntkey = 0, cntelse = 0;
	for (int i = n * 2; i >= 1; i--) {
		if (key[i]) {
			for (int j = 0; j <= cntkey + 1; j++) {
				dp[i][j] = dp[i + 1][j];
				for (int k = 1; k <= j; k++)
					update(dp[i][j], 1ll * dp[i + 1][j - k] * binom[cntkey - (j - k)][k - 1] % P * coef[k - 1][k - 1] % P * (k + 1) % P);
			}
			cntkey++;
		} else {
			for (int j = 0; j <= cntkey; j++)
				dp[i][j] = 1ll * dp[i + 1][j] * (j - cntelse) % P;
			cntelse++;
		}
	}
	cout << 1ll * dp[1][n] * power(inv2, n) % P << endl;
	return 0;
}