luogu P4798 [CEOI2015 Day1]卡尔文球锦标赛 dp 数位dp

LINK：卡尔文球锦标赛

可以先思考一下合法的序列长什么样子.

可以发现后面的选手可以使用前面出现的编号也可以直接自己新建一个队.

其实有在任意时刻i 序列的mex>max.即要其前缀子序列中1~max的值都要出现过。

对于这种数排名的问题 容易想到是在某一位字典序小于要求的字典序 然后后面的随便放.

可以直接枚举这样的位置然后统计。最后可以统计出有多少个比当前要小的。

后续有一个 可以使用a 还有n个人这个样子的dp.总复杂度 \(n^3\) 期望得分50.

code

#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<list>
#include<bitset>
#include<utility>
#include<cmath>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<set>
#define mod 1000007
#define RE register
#define ll long long
#define putl(x) printf("%lld\n",x)
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define put_(x) printf("%d ",x)
#define rep(p,n,i) for(int i=p;i<=n;++i)
#define fep(n,p,i) for(int i=n;i>=p;--i)
#define vep(p,n,i) for(int i=p;i<n;++i)
#define get(x) x=read()
using namespace std;
char *fs,*ft,buf[1<<15];
inline char gc()
{
	return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
	RE int x=0,f=1;RE char ch=gc();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=gc();}
	return x*f;
}
const int MAXN=10010;
int n;
int a[MAXN],f[MAXN],vis[MAXN];
int ans,cnt;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int mul(int x,int y){return (ll)x*y%mod;}
inline int mus(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int calc(int a,int n)
{
	rep(1,cnt+n,i)f[i]=0;
	f[cnt]=a;int ans=0;
	rep(1,n,i)fep(cnt+n,cnt,j)f[j]=add(f[j-1],mul(j,f[j]));
	rep(cnt,cnt+n,i)ans=add(ans,f[i]);return ans;
}
signed main()
{
	//freopen("1.in","r",stdin);
	get(n);int ans=0;
	rep(1,n,i)get(a[i]);
	rep(1,n,i)
	{
		if(a[i]>1)ans=add(ans,calc(a[i]-1,n-i));
		if(!vis[a[i]])vis[a[i]]=1,++cnt;
	}
	put(ans+1);return 0;
}

考虑优化。

可以发现这个dp是无法进行优化了 插值还是矩阵乘法什么都不太行.

但是还是存在可以压缩的地方的 考虑两个位置 \(i,j\)dp到了第k位 尽管此时值不同但是可以用的数字是相同的 我们可以将其放在一起。

而且这也极像数位dp.

能用的数字的个数 更简单的方法为 最大值而不是上面代码中的cnt...

上面的压缩过程其实是把最大值相同的放在一起。

设\(f_{i,j,0/1}\)表示dp到了i这位的最大值为j是否存在最高位限制的方案数.

实际上 \(f_{i,j,1}\)这个可以直接省掉 因为可以的知在某一位的 有值且一定为1的只有一个地方。

转移不再赘述比较简单.

code

#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<cstdlib>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<vector>
#include<list>
#include<bitset>
#include<utility>
#include<cmath>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<set>
#define mod 1000007
#define RE register
#define ll long long
#define putl(x) printf("%lld\n",x)
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define put_(x) printf("%d ",x)
#define rep(p,n,i) for(int i=p;i<=n;++i)
#define fep(n,p,i) for(int i=n;i>=p;--i)
#define vep(p,n,i) for(int i=p;i<n;++i)
#define get(x) x=read()
using namespace std;
char *fs,*ft,buf[1<<15];
inline char gc()
{
	return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
	RE int x=0,f=1;RE char ch=gc();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=gc();}
	return x*f;
}
const int MAXN=10010;
int n,u;
int a[MAXN],b[MAXN];
int ans,cnt,mx;
int f[2][MAXN][2];
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int mul(int x,int y){return (ll)x*y%mod;}
inline int mus(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
int main()
{
	//freopen("1.in","r",stdin);
	get(n);get(a[1]);
	if(n==1){puts("1");return 0;}
	f[0][1][1]=1;
	rep(2,n,i)
	{
		u^=1;get(a[i]);
		fep(n,1,j)//枚举上一次的决策.
		{
			f[u][j][0]=f[u][j][1]=0;
			if(f[u^1][j][0])
			{
				f[u][j][0]=add(f[u][j][0],mul(j,f[u^1][j][0]));
				f[u][j+1][0]=add(f[u][j+1][0],f[u^1][j][0]);
			}
			if(f[u^1][j][1])
			{
				f[u][j][0]=add(f[u][j][0],mul(a[i]-1,f[u^1][j][1]));
				if(a[i]==j+1)f[u][j+1][1]=add(f[u][j+1][1],f[u^1][j][1]);
				else f[u][j][1]=add(f[u][j][1],f[u^1][j][1]);
			}
		}
	}
	rep(1,n,j)ans=add(ans,add(f[u][j][1],f[u][j][0]));
	put(ans);return 0;
}