Topcoder 15405 - PrettyLiar（可删除背包+前缀和优化 dp）

题面传送门

题意：

给出两个长度为 \(n\) 的数组 \(a,b\) 和一个整数 \(s\)。

你可以任意重排数组 \(a,b\)，总共 \((n!)^2\) 种方案。

现在又两个人 A,B 来玩游戏，两人轮流操作，A 先操作。

每次操作当前选手会取出各自数组的第一个元素 \(x\) 并将它删去，并令 \(s\) 减去 \(x\)，如果发现 \(s\leq 0\)，那么当前操作的人输，游戏结束。

求在所有 \((n!)^2\) 的方案中，有多少种能够使得 A 赢，答案模 \(10^9+7\)。

\(1 \leq n,a_i,b_i \leq 100\)，\(1 \leq s \leq \sum(a_i+b_i)\)，时限 \(=4s\)。

我竟然现场 40min 就 A 了这道题，incredible！

拿总方案数 \(-\) B 赢的方案数。

考虑 B 赢是什么情况。肯定我们删到了某个位置 \(i\)，然后删除完第 \(i\) 个位置上的数之后 \(s \leq 0\)，然后 A 就输了。

假设 A 在第 \(i\) 次删除的数为 \(x\)。那么在删除 \(x\) 之前，删除的所有数之和 \(<s\)，而删完 \(x\) 之后删除的所有数之和 \(\geq s\)。

我们枚举这个 \(i\) 和 \(x\)，假设删 \(a_i\) 之前删除的所有数之和为 \(sum\)，那么我们可以得到不等式 \(s-x \leq sum \lt s\)。

那么题目转化为：你在 \(a_j\) 中选择 \(i-1\) 个数填在 \(a_1,a_2,\dots,a_{i-1}\) 的位置（已经放好的 \(x\) 就不能再被选择了），再从 \(b_j\) 中选择 \(i-1\) 个数放在 \(b_1,b_2,\dots,b_{i-1}\) 的位置，满足 \(a,b\) 数组中选出来的 \(2(i-1)\) 个数之和在 \([s-x,s)\) 之间，求方案数。

首先 \(n^3\) 的暴力 \(dp\) 是很显然的。你每枚举一个 \(x\)，就相当于从 \(a\) 数组中踢掉了一个数，就重新做一遍背包，\(dpa_{i,j,k}\) 表示在 \(a_1,a_2,\dots,a_i\) 中选择 \(j\) 个数和为 \(k\) 的方案数。\(dpb\) 同理。然后枚举 \(sum\) 和选出来的 \(i-1\) 个 \(a_i\) 的和，用乘法原理计算贡献。\(a_1,a_2,\dots,a_{i-1}\) 可以随便排，方案数 \((i-1)!\)，\(b_1,b_2,\dots,b_{i-1}\) 也可以随便排，方案数也是 \((i-1)!\)。\(a_{i+1},a_{i+2},\dots,a_{n}\)，\(b_i,b_{i+1},\dots,b_n\) 也依次有一个全排列的系数，所以总的乘法系数是 \(((i-1)!)^2\times(n-i)!\times(n-i+1)!\)。总复杂度 \(n^5\)

不过借鉴 [CTSC2012] 假面 的经验，可以先预处理出整个序列的 \(dpa\)，然后对每个 \(x\) 都跑一遍可删除背包。正推的方程式是 \(dp_{i,j,k}=dp_{i-1,j,k}+dp_{i-1,j-1,k-x}\)。现在是在已知 \(dp_{i}\) 的情况下求出 \(dp_{i-1}\)。注意到 \(dp_{i-1,0,k}=dp_{i,0,k}\)，所以我们可以先还原出 \(dp_{i-1,0,k}\)，再根据 \(dp_{i-1,1,k}=dp_{i,1,k}-dp_{i-1,0,k-x}\) 还原出 \(dp_{i-1,1,k}\)，以此类推，还原的复杂度是 \(n^2\) 的。

接下来是计算答案，还是枚举 \(a\) 贡献的和 \(suma\)，不过注意到 \(sum\) 的取值范围是一段区间，所有 \(b\) 贡献的和的范围也是个区间 \([s-x-suma,s-suma)\)，前缀和转移，又可以优化掉一个 \(n\)。

时间复杂度 \(\mathcal O(n^4)\)

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ffe(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const int MOD=1e9+7;
const int MAXN=100+5;
const int MAXS=2e4+5;
int n,s,a[MAXN],b[MAXN];
int dpa[MAXN][MAXS],dpb[MAXN][MAXS],sdp[MAXN][MAXS];
int ndp[MAXN][MAXS];
int fac[MAXN];
int solve(){
	int sa=0,sb=0,ss=0;
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) sa+=a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++) sb+=b[i];
	ss=sa+sb;dpa[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;~j;j--) for(int k=sa;~k;k--)
		if(j>=1&&k>=a[i]) dpa[j][k]=(dpa[j][k]+dpa[j-1][k-a[i]])%MOD;
	dpb[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=i;~j;j--) for(int k=sb;~k;k--)
		if(j>=1&&k>=b[i]) dpb[j][k]=(dpb[j][k]+dpb[j-1][k-b[i]])%MOD;
	for(int i=0;i<=n;i++){
		sdp[i][0]=dpb[i][0];
		for(int j=1;j<=ss;j++) sdp[i][j]=(sdp[i][j-1]+dpb[i][j])%MOD;
	}
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=n;j++) for(int k=0;k<=sa;k++) ndp[j][k]=dpa[j][k];
		for(int j=0;j<n;j++) for(int k=0;k<=sa-a[i];k++){
			ndp[j+1][k+a[i]]=(ndp[j+1][k+a[i]]-ndp[j][k]+MOD)%MOD;
		}
		int l=max(s-a[i],0),r=s-1;
		for(int j=0;j<n;j++){
			int sum=0;
			for(int k=0;k<=sa;k++){
				if(k>r) break;
				int nl=l-k,nr=r-k;
				sum=(sum+1ll*ndp[j][k]*sdp[j][nr]%MOD)%MOD;
				if(nl>0) sum=(sum-1ll*ndp[j][k]*sdp[j][nl-1]%MOD+MOD)%MOD;
			}
			ans=(ans+1ll*sum*fac[j]%MOD*fac[j]%MOD*fac[n-j-1]%MOD*fac[n-j]%MOD)%MOD;
		}
	}
	int tot=1ll*fac[n]*fac[n]%MOD;
	return (tot-ans+MOD)%MOD;
}
class PrettyLiar{
public:
	int count(int S,vector<int> kaede,vector<int> kanade){
		s=S;n=kaede.size();
		for(int i=0;i<n;i++) a[i+1]=kaede[i],b[i+1]=kanade[i];
		return solve();
	}
};
//PrettyLiar pro;