Dwango Programming Contest 6th E 题解

题目大意

你有一条区间\([0, X)\)，并且有一个数组\(L_1, ..., L_n\)。对于任意\(1 \leq i \leq n\)，你可以指定一个非负整数\(0 \leq j_i \leq X - L_i\)。求有多少种指定的方法，使得\([j_1, j_1 + L_1), [j_2, j_2 + L_2), ..., [j_n, j_n + L_n)\)能覆盖\([0, X)\)这段区间，输出这个方案数模\(1000000007\)的最小非负剩余。

约束条件

\(1 \leq N \leq 100\)

\(1 \leq L_i \leq X \leq 500\)

歧路

这是一个覆盖问题，考虑使用\(DP\)来解决。设\(f_i\)表示覆盖了\([0, i)\)的方案数。

发现无论怎么增加状态，这个\(DP\)无法正确的转移。

为什么？

不同长度的线段的先后覆盖无法由较少的状态来表示。

需要对这个问题进行转换。

第一个想法

使用容斥原理。

如果我们固定\(S \in [0, X) \bigcap Z\)，考虑求对于任意\(i \in S\)，\([i, i + 1)\)这段小区间不被任何\(n\)个区间覆盖的方案数。

那么考虑这\(\lvert S \rvert\) 段小区间把\([0, X)\)分为了\(k\)段，其中长度为\(i(1 \leq i \leq X)\)的段的个数是\(a_i\)。那么考虑这\(N\)段弧中的第\(i\)段弧可以放在哪里？

000111000011110001111110001
---   ----    ---      ---
---111----1111---111111---1

对\([j_i, j_i + L_i)\)，它必定在\(k\)段中的某一段，并且这一段的长度不小于\(L_i\)。若这一段长度是\(k\)，那么放法个数为\(k - L_i + 1\)。

因此，方案数为：

\[\prod_{i = 1}^{N} (\sum_{j \ge L_i} a_j (j + 1 - L_i)) \tag{1}
\]

根据容斥原理，我们枚举\(S\)，计算方案数，再将它们乘以\((-1)^{\lvert S \rvert}\) 相加，就得到最终的答案。

复杂度为\(O(poly(N,X) \cdot 2^X)\)。

如何优化？

第二个想法

我们设有\(c_i(1 \leq i \leq X)\)个\(L\)数组的值为\(i\)。固定了\(a_1, ..., a_L\)后，对答案的贡献是：

\[\prod_{i = 1}^{X} \frac{1}{a_i!} (\sum_{j \ge i} a_j (j + 1 - i))^{c_i} \tag{2} \\ \cdot (\sum_{i = 1}^{X} a_i)! \\\cdot (-1)^{X - \sum_{i = 1}^{X} ia_i} \\ \cdot {{X - \sum_{i = 1}^{X} ia_i + 1} \choose {\sum_{i = 1}^{X} a_i}}
\]

（<1> 固定了\(a_1, ..., a_L\)，\(N\)个区间有多少种放法 <2> 考虑如果将这些空的段按照某个顺序排起来 <3> 如何从这些空的段的相对位置还原出\(S\)）

是不是很容易想到倒着\(DP\)计算这个式子呢？

我们按\(i\)从大到小\(DP\)，在\(DP\)的时候，我们固定的是\(a_i, a_{i + 1}, ..., a_X\)的取值，\(DP\)的状态需要记录:

(1) $ j = \sum_{m = i}^{X} a_m$

(2) \(k = \sum_{m = i}^{X} ma_m\)

设\(f_{i, j, k}\)表示固定了\(a_i, a_{i + 1}, ..., a_{X}\)的取值，以及当\(j = \sum_{m = i}^{X} a_m\)，\(k = \sum_{m = i}^{X} ma_m\)时\((2)\)式\(\ge i\)的部分的乘积之和。

（就是\(\prod_{m = i}^{X} \frac{1}{a_m!} (\sum_{j \ge m} a_j (j + 1 - m))^{c_m}\)的和）

容易写出转移式：

\[f_{i, j, k} = \sum_{l = 0}^{j} f_{i + 1, j - l, k - i\cdot l} \cdot \frac{1}{l!} \cdot (k - (i - 1) \cdot j)^{c_i} \tag {3}
\]

最终答案为:

\[\sum_{i = 0}^{X} \sum_{j = 0}^{\min (i + 1, x)} (-1)^{X - j} {{X - j + 1} \choose i} i! f_{1, i, j}
\]

直接计算似乎会超时，如何通过此题？

复杂度分析

状态中\((i, j, k)\)满足\(k \ge i \cdot j \rightarrow j \leq [\frac{X}{i}]\)。

要计算复杂度，就是要计算四元有序非负整数数组\((i, j, k, l)\)中满足\(1 \leq i \leq X, 0 \leq j, k, l \leq X, k \ge i \cdot j,l \leq j\)的量级。

先固定\(i\)，则\(0 \leq l \leq j \leq [\frac{X}{i}]\),\((l, j)\)的取值有\(O(\frac{X^2}{i^2})\) 种。

而总共有\(\sum_{i = 1}^{X} \frac{X^2}{i^2} < \frac{\pi ^2}{6} X^2\) （\(\sum_{i = 1}^{\infin} {\frac{1}{i^2} < 1 + \sum_{i = 2}^{\infin} \frac{1}{i(i - 1)}} = 1 + \sum_{i = 2}^{+\infin} \frac{1}{i - 1} - \frac{1}{i} = 2\)。）

且\(k\)的取值一共有\(O(X)\)种，故实际上这样的四元有序数组个数是\(O(X^3)\)的。

时间复杂度\(O(X^3)\)，可以通过此题。

#include <bits/stdc++.h>
#define debug(x) cerr << #x << " " << (x) << endl
using namespace std;

const int N = 105, X = 505;
const long long mod = 1000000007ll;

int n, x, cnt[X];
long long c[X][X], f[X][X], g[X][X];

long long qpow (long long a, long long b) {
	long long res = 1ll;
	while (b) {
		if (b & 1) res = res * a % mod;
		a = a * a % mod, b >>= 1;
	}
	return res;
}

int main () {
	cin >> n >> x;
	for (int i = 1; i <= x; i++) cnt[i] = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int l;
		cin >> l;
		cnt[l]++;
	}

	for (int i = 0; i <= x; i++) c[i][0] = c[i][i] = 1ll;
	for (int i = 1; i <= x; i++) {
		for (int j = 1; j < x; j++) c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
	}

	for (int i = 0; i <= x; i++) {
		for (int j = 0; j <= x; j++) f[i][j] = 0ll;
	}
	f[0][0] = 1ll;

	for (int i = x; i >= 1; i--) {
		for (int j = 0; j <= x; j++) {
			for (int k = i * j; k <= x; k++) {
				long long coef = qpow(k - (i - 1) * j, cnt[i]);
				g[j][k] = 0ll;

				for (int l = 0; l <= min(j, k / i); l++) g[j][k] = (g[j][k] + f[j - l][k - l * i] * c[j][l] % mod * coef) % mod;
			}
		}

		for (int j = 0; j <= x; j++) {
			for (int k = 0; k <= x; k++) f[j][k] = g[j][k];
		}
	}

	long long ans = 0ll;
	for (int i = 0; i <= x; i++) {
		for (int j = 0; j <= min(x, i + 1); j++) {
			if (i & 1) ans = (ans + mod - f[j][x - i] * c[i + 1][j]) % mod;
			else ans = (ans + f[j][x - i] * c[i + 1][j]) % mod;
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}