【题解】有限制的排列 [51nod1296]

【题目描述】

给出 \(n,m_1,m_2\) 和 \(\{a[1],a[2]...a[m_1]\},\{b[1],b[2]...b[m_2]\}\)

计算整数 \([1,n]\) 满足以下条件的排列个数:

位置 \(a[i]\) \((i \in [1,m_1])\) 上的数均小于其邻居，位置 \(b[i]\) \((i \in [1,m_2])\) 上的数均大于其邻居（位置编号从 \(0\) 开始）。

答案对 \(1e9+7\) 取模。

如样例：

\(N=4,a=\{1\},b=\{2\}\)，符合条件的排列有：

\(2,1,4,3\)

\(3,2,4,1\)

\(4,2,3,1\)

\(3,1,4,2\)

\(4,1,3,2\)

答案为 \(5\) 。

【样例】

样例输入：

4 1 1

1

2

样例输出：

5

【数据范围】

\(100\%\) \(1 \leqslant n \leqslant 5000,\) \(1 \leqslant m_1,m_2 \leqslant n\)

【分析】

一道 \(dp\) 题，要维护的关键信息在于相邻数字的大小关系，用 \(dp[i][j]\) 表示整数 \([1,i]\) 满足要求的排列中，最后一个数选 \(a[i]=j\) 的排列数量。

为了方便状态的转移，只记录每个数和前一个数相比需要满足的大小关系。

开一个数组 \(p\)：

\(p[i]=0\) ： \(a[i]\) 无限制，\(dp[i][j]=\sum_{k=1}^{i-1} dp[i-1][k]\)

\(p[i]=1\) ： \(a[i]\) 要小于 \(a[i-1]\)，\(dp[i][j]=\sum_{k=j}^{i-1} dp[i-1][k]\)

\(p[i]=2\) ： \(a[i]\) 要大于 \(a[i-1]\)，\(dp[i][j]=\sum_{k=1}^{j-1} dp[i-1][k]\)

通常的理解是直接在已选好的序列后面加入了一个 \(j\)，但并不能保证 \(j\) 在前面一定没有出现过，所以要理解为：把前面已选好的序列中大于等于 \(j\) 的数都加一后再把 \(j\) 加到后面。

所以当 \(p[i]=1\) 时，\(k\) 的下边界是 \(j\) 而不是 \(j+1\)（单纯的理解为结尾比 \(j\) 大的情况），因为当 \(a[i-1]\) 为 \(j\) 时，加了 \(1\) 之后就大于 \(j\) 了，此时 \(a[i]\) 恰好可为 \(j\) 。

而当 \(p[i]=2\) 时，\(k\) 的上边界却不能取到 \(j\)，如果取到了 \(j\)，那么 \(j+1\) 就会大于 \(j\)，即 \(a[i-1] > a[i]\)，该种排列与限制关系矛盾。

求和的过程可以用前缀和省略掉，初始化为 \(dp[1][1]=S[1]\) （\(dp[1]=1\) 为的是防止出现 \(n=1\) 这样的奇葩数据）。

时间复杂度：\(O(n^2)\) 。

【Code】

#include<algorithm>

#include<cstdio>

#include<queue>

#define Re register int

const int N=5003,P=1e9+7;

int x,n,m1,m2,ans,p[N],S[N],dp[N][N];

//p[i]=0 无限制

//p[i]=1 a[i-1]>a[i]

//p[i]=2 a[i-1]<a[i]

inline void in(Re &x){

    int f=0;x=0;char c=getchar();

    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();

    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();

    x=f?-x:x;

}

int main(){

    in(n),in(m1),in(m2);

    while(m1--)in(x),++x,p[x]=1,p[x+1]=2;

    while(m2--)in(x),++x,p[x]=2,p[x+1]=1;

    dp[1][1]=S[1]=1;

    for(Re i=2;i<=n;++i){

    	for(Re j=1;j<=i;++j){

            if(!p[i])(dp[i][j]+=S[i-1])%=P;

            else if(p[i]<2)(dp[i][j]+=(S[i-1]-S[j-1]+P)%P)%=P;

            else (dp[i][j]+=S[j-1])%=P;

    	}

    	for(Re j=1;j<=i;++j)S[j]=(S[j-1]+dp[i][j])%P;

    }

    for(Re i=1;i<=n;++i)(ans+=dp[n][i])%=P;

    printf("%d",ans);

}