【XSY2709】count DP

题目描述

　　有一个序列\(A\)，你可以随意排列这个序列，设\(s=\sum_{i=1}^{n-1}|a_i-a_{i+1}|\) 。

　　问你最终\(s\leq m\)的方案数有几种。

　　保证\(A\)中的元素两两不同。

　　\(n\leq 100,a_i,m\leq 1000\)

题解

　　考虑从大到小把\(A\)中的元素插回去。

　　插入一个数时考虑的是它的相对位置（相对之前插入的其他数）。

　　我们把连续的一段数称作山峰，把连续的一段空位称为山谷（一个山谷中空格的个数是不确定的，因为我们只考虑相对位置）。

　　那么可以DP了。

　　设\(f_{i,j,k,S}\)为前\(i\)个数，插入完后有\(j\)个山谷，和为\(k\)的方案数。

　　在中间插入的转移有三种情况（设\(1\)为山峰，\(0\)为山谷）：

　　　在山峰和山谷间插入：\(01\rightarrow011\)；

　　　把一个山谷分成两个：\(101->10101\)；

　　　填上一个山谷：\(101\rightarrow 111\)

　　往边上插的转移类似。

　　这样就会带来两个问题：

　　和可能会加到很大在减下来。所以我们在DP到第\(i\)层时设第\(i\)层为地平面来计算排列的\(s\)值。转移时\(s\)要加上山谷的个数\(\times 2+2\)（还有两边）。

　　最左端和最右端的贡献很难计算。这就是状态中\(S\)的用处了。\(S\)表示确定了那些端点，如果一个端点被确定下来转移时就不会有贡献了。

　　时间复杂度：\(O(n^2m)\)

　　当然，状态可以再减小一些（也是常数级的），但我懒得改了。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<functional>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=1000000007;
ll f[2][2][110][1010];
ll g[2][2][110][1010];
int a[110];
int n,m;
void add(ll &a,ll b)
{
	a=(a+b)%p;
}
void gao(int v)
{
	memset(f,0,sizeof f);
	int j,k;
	for(j=0;j<=n/2+1;j++)
		for(k=0;k<=m;k++)
		{
			if(k+(2*j+2)*v<=m)
				add(f[0][0][j][k+(2*j+2)*v],g[0][0][j][k]);
			if(k+(2*j+1)*v<=m)
			{
				add(f[0][1][j][k+(2*j+1)*v],g[0][1][j][k]);
				add(f[1][0][j][k+(2*j+1)*v],g[1][0][j][k]);
			}
			if(k+2*j*v<=m)
				add(f[1][1][j][k+2*j*v],g[1][1][j][k]);
		}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("c.in","r",stdin);
	freopen("c.out","w",stdout);
#endif
	scanf("%d%d",&n,&m);
	int i,j,k;
	for(i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1,greater<int>());
	for(i=1;i<n;i++)
		a[i]-=a[i+1];
	g[0][0][0][0]=1;
	g[0][1][0][0]=1;
	g[1][0][0][0]=1;
	g[1][1][0][0]=1;
	gao(a[1]);
	for(i=2;i<=n;i++)
	{
		memset(g,0,sizeof g);
		for(j=0;j<=n/2+1;j++)
			for(k=0;k<=m;k++)
			{
				if(j)
				{
					//往中间放 开一个新的1
					add(g[0][0][j+1][k],j*f[0][0][j][k]);
					add(g[0][1][j+1][k],j*f[0][1][j][k]);
					add(g[1][0][j+1][k],j*f[1][0][j][k]);
					add(g[1][1][j+1][k],j*f[1][1][j][k]);
					//往中间放 和1相邻
					add(g[0][0][j][k],2*j*f[0][0][j][k]);
					add(g[0][1][j][k],2*j*f[0][1][j][k]);
					add(g[1][0][j][k],2*j*f[1][0][j][k]);
					add(g[1][1][j][k],2*j*f[1][1][j][k]);
					//往中间放 填上一个0
					add(g[0][0][j-1][k],j*f[0][0][j][k]);
					add(g[0][1][j-1][k],j*f[0][1][j][k]);
					add(g[1][0][j-1][k],j*f[1][0][j][k]);
					add(g[1][1][j-1][k],j*f[1][1][j][k]);
				}
				//往旁边放
				add(g[0][0][j+1][k],2*f[0][0][j][k]);
				add(g[0][1][j+1][k],f[0][0][j][k]);
				add(g[1][0][j+1][k],f[0][0][j][k]);
				add(g[0][0][j][k],2*f[0][0][j][k]);
				add(g[0][1][j][k],f[0][0][j][k]);
				add(g[1][0][j][k],f[0][0][j][k]);

				add(g[0][1][j+1][k],f[0][1][j][k]);
				add(g[1][1][j+1][k],f[0][1][j][k]);
				add(g[0][1][j][k],f[0][1][j][k]);
				add(g[1][1][j][k],f[0][1][j][k]);

				add(g[1][0][j+1][k],f[1][0][j][k]);
				add(g[1][1][j+1][k],f[1][0][j][k]);
				add(g[1][0][j][k],f[1][0][j][k]);
				add(g[1][1][j][k],f[1][0][j][k]);
			}
		gao(a[i]);
	}
	ll ans=0;
	for(i=0;i<=m;i++)
		add(ans,f[1][1][0][i]);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}