[atAGC048E]Strange Relation
考虑对于$\{a_{i+1},...,a_{n}\}$,在其前面插入$a_{i}$对$x_{i}$的影响(不考虑$a_{1}$到$a_{i-1}$):
1.$x_{i}=0$,因为其前面没有数字了
2.若$a_{j}+Tx_{j}>a_{i}-T$,则令$x_{j}$加1(字典序最大)
3.若$a_{j}+Tx_{j}\le a_{i}-T$,则$x_{j}$不变
这些操作对于$j$而言是独立的,因此依次遍历$\{a_{j-1},a_{j-2},...,a_{1}\}$即可确定$a_{j}$
对于每一个位置$k$的每一个取值分别dp,设$f[i][j]$表示当遍历到$a_{i}$时$x_{k}=j$的方案数,最终答案即$\sum_{i=1}^{n}i\cdot f[1][i]$,再乘上之后有$k^{n-i}$种序列
时间复杂度为$o(n^{3}k^{2})$(枚举位置$n$,枚举权值$k$,dp状态$n^{2}$,转移$k$),可以通过


1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 105
4 #define mod 1000000007
5 int n,m,t,ans,a[N][N],f[N][N];
6 int main(){
7 scanf("%d%d%d",&n,&m,&t);
8 for(int i=1;i<=n;i++)
9 for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%d",&a[i][j]);
10 for(int i=1;i<=n;i++){
11 ans=0;
12 for(int j=1;j<=m;j++){
13 memset(f,0,sizeof(f));
14 f[i][0]=1;
15 for(int k=i;k>1;k--)
16 for(int l=0;l<n;l++)
17 for(int x=1;x<=m;x++)
18 if (a[i][j]+t*l<=a[k-1][x]-t)f[k-1][l]=(f[k-1][l]+f[k][l])%mod;
19 else f[k-1][l+1]=(f[k-1][l+1]+f[k][l])%mod;
20 for(int k=1;k<n;k++)ans=(ans+1LL*k*f[1][k])%mod;
21 }
22 for(int j=i+1;j<=n;j++)ans=1LL*ans*m%mod;
23 printf("%d\n",ans);
24 }
25 }
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