[AGC043-D]Merge Triplets

题目

  点这里看题目。

分析

  我们不妨来考虑一下生成的序列有什么性质。

  为了方便表示，我们将序列\(S\)的第\(i\)项写为\(S[i]\)。

  首先考虑如果所有的\(A\)序列都是递增的，那么我们得到的序列肯定是递增的。如果存在递减的情况，例如其中某个序列\(B\in\{A_1,A_2,\dots,A_n\}\)，存在\(B[1]>B[2]\)。那么按照取数规则，我们一旦取出了\(B[1]\)，我们就一定会取出\(B[2]\)。这个比较显然。这是因为\(B[1]\)被取出的时候，其他所有序列的第一个元素肯定都大于\(B[1]\)，因此也肯定大于\(B[2]\)。

  我们发现只要序列中存在\(B[1]>B[2]\)或者\(B[2]>B[3]\)，这两个数就会被相邻地取出；如果存在\(B[1]>B[2]\)且\(B[1]>B[3]\)，这三个数也会被相邻取出。我们将这种必然相邻取出的情况分进一个组里面。

  注意到组只会有长度为 1 ，长度为 2 ，长度为 3 三种，而且由于一个长度为 2 的组一定和一个长度为 1 的组成对出现，因此长度为 2 的组的数量一定不超过长度为 1 的组的数量。

  我们可以发现，这样的组在构造的过程中，一定会按照组的第一个元素的大小进行排序构造出一个排列来。因此，一些组如果合法，就可以唯一确定一个排列。因此，我们可以通过计算组的合法构造方案来计算可生成的排列方案数。

  我们有两种方法来解决这个问题：

1.DP

  我们需要将\([1,3n]\)划分成若干组，限制如下：

   1. 每一组的长度不超过3。

   2. 每一组的第一个数一定是这一组中最大的。

   3. 长度为 2 的组的数量不超过长度为 1 的组的数量。

  因此我们可以设计如下的 DP 方案：

  \(f(i,j)\)：前\(i\)个数分组，满足长度为 1 的组的数量减去长度为 2 的组的数量为\(j\)的方案数。

  转移实际上是考虑最后一个数会怎样分组。转移如下：

\[f(i,j)=f(i-1,j-1)+(i-1)f(i-2,j+1)+(i-1)(i-2)f(i-3,j)
\]

  答案是\(\sum_{i=0}^{3n}f(3n,i)\)。DP 的时间是\(O(n^2)\)。

2.枚举

  这其实是我自己口胡的。

  建议写第一种方法。

  由于\(n\)很小，我们可以直接枚举长度为 2 的组的数量和长度为 3 的组的数量（需要满足长度为 2 的组的数量不超过长度为 1 的数量这一前提）。设\(f(n)\)为\(2n\)个数全部分为长度为 2 的组的方案数。转移大概如下：

\[f(n)=f(n-1)+(2n-2)(2n-3)f(n-2)
\]

  \(g(n)\)为\(3n\)个数全部分为长度为 3 的组的方案数，转移类似。这样预处理完之后就可以枚举组的数量了。答案：

\[\sum_{i=0}^{\lfloor\frac {3n}2\rfloor}\sum_{j=0}^{\lfloor\frac{3n-2i}3\rfloor}[3n-2i-3j\ge2i]C_{3n}^{2i}\times C_{3n-2i}^{3j}\times f(i)\times g(j)
\]

  时间是\(O(n^2)\)。

  如果有问题请轻喷，我也没有试过这个方法。

代码

#include <cstdio>

const int MAXN = 6005;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0;char s = getchar();int f = 1;
	while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
	while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
	if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
	putchar( x % 10 + '0' );
}

int f[MAXN][MAXN << 1];
int N, M;

void add( int &x, const int v ) { x += v; if( x >= M ) x -= M; }

int main()
{
	read( N ), read( M );
	int t = N * 3;
	f[0][t] = 1;
	for( int i = 1 ; i <= t ; i ++ )
		for( int j = - t ; j <= t ; j ++ )
		{
			if( j > -t ) add( f[i][j + t], f[i - 1][j + t - 1] ); //长度为1
			if( j < t && i >= 2 ) add( f[i][j + t], 1ll * f[i - 2][j + t + 1] * ( i - 1 ) % M ); //长度为2
			if( i >= 3 ) add( f[i][j + t], 1ll * f[i - 3][j + t] * ( i - 1 ) % M * ( i - 2 ) % M ); //长度为3
		}
	int ans = 0;
	for( int i = 0 ; i <= t ; i ++ ) add( ans, f[t][i + t] );
	write( ans ), putchar( '\n' );
	return 0;
}