「BZOJ 5161」最长上升子序列「状压DP」

题意

求一个\(1\sim n\)的排列LIS的期望长度，\(n\leq 28\)

题解

考虑朴素的LIS：\(f[i] = min(f[j]) + 1\)

记\(mx[i]\)为\(f\)的前缀最大值，那么可以得到一个性质\(mx[i + 1] \in [mx[i], mx[i] + 1]\)

对\(mx\)数组进行差分，则差分数组只有\(01\)，可以状压

由于\(mx[1] - mx[0]=1\)，从第二位开始状压

然后考虑从\(1\sim i\)的排列推到\(1\sim i+1\)的排列，\(1\sim i\)的差分数组为\(S\)。把i插入第\(j\)（\(1\sim i+1\)）个数前面：

若\(j=1\)：新状态为\(S << 1\)，即\(mx[2]\)为\(0\)，而其余不改

若\(j>1\)：\(mx[1]\) 到 \(mx[j - 1]\)不变，\(mx[j]\)到\(mx[i]\)整体右移一位，新的\(mx[j]\)为1，但要把新的\(mx[j]\)后面第一个\(1\)删去（因为\(j\)处答案变大了，所以该点和新答案一样大，差分数组对应\(0\)）

注意实现的时候第\(k\)个位置对应\(1<<(k-2)\)

打表程序：

	static int dp[2][134217728], ans;
	for(int n = 1; n <= 28; n ++) {
		  memset(dp, 0, sizeof dp);
		  int r = 0; dp[0][0] = 1; ans = 0;
		  for(int i = 1; i < n; i ++, r ^= 1) {
		      fill(dp[r ^ 1], dp[r ^ 1] + (1 << i), 0);
		      for(int j = 0; j < (1 << (i - 1)); j ++) if(dp[r][j]) {
		          upd(dp[r ^ 1][j << 1], dp[r][j]);
		          int la = -1;
		          for(int k = i + 1; k >= 2; k --) {
		              int t = j;
		              if(j >> (k - 2) & 1) la = k - 2;
		              if(~ la) t ^= 1 << la;
		              t = t >> (k - 2) << (k - 1) | ( 1 << (k - 2) ) | ( j & (( 1 << (k - 2) ) - 1) );
		              upd(dp[r ^ 1][t], dp[r][j]);
		          }
		      }
		  }
		  for(int i = 0; i < (1 << (n - 1)); i ++)
		      upd(ans, 1ll * dp[r][i] * (__builtin_popcount(i) + 1) % mo);
		  int fac = 1;
		  for(int i = 2; i <= n; i ++) fac = 1ll * fac * i % mo;
		  printf("%d, ", 1ll * ans * qpow(fac, mo - 2) % mo);
	}

提交程序：

#include <cstdio>
const int qwq[] = {1, 499122178, 2, 915057326, 540715694, 946945688,
422867403, 451091574, 317868537, 200489273, 976705134, 705376344, 662845575,
331522185, 228644314, 262819964, 686801362, 495111839, 947040129, 414835038,
696340671, 749077581, 301075008, 314644758, 102117126, 819818153, 273498600, 267588741};
int main() {
    int n; scanf("%d", &n); printf("%d\n", qwq[n - 1]);
    return 0;
}