题解-CSA Beta Round#1 Number Elimination

Problem

CSA-Beta Round#3

题意概要：给定 $n$ 个数组成的序列，定义一次操作：

在当前序列中选择两个数，将其中较小的数从序列中删除（若两个数相同，则删除在序列中更靠前的）
较大的数为此次操作的花费

进行 $n-1$ 次操作后只剩一个数，求有多少种不同的执行方案，满足其花费为所有方案中花费最少的

Solution

发现网上没有什么CSA方面的资料？

首先有一个贪心，就是将数字排序离散后压缩一下，若数字 $i$ 有 $s_i$ 个，则一定先来 $s_i-1$ 次花费为零的操作（每次选择两个 $i$），剩下的一个 $i$ 一定是被一个 $i+1$ 删除

然后考虑用操作的拓扑图来统计……没辙，正解是序列 $dp$

先设 $dp[i]$ 表示 $i$ 个相同的数字互相消除直至只剩一个数字的方案数，易得 $dp[n] = \prod_{i=2}^n\frac {i(i-1)}2$

再考虑设 $f[i]$ 为前 $i$ 堆数字已经消成只剩一个的方案数

考虑在处理完前 $i-1$ 堆的基础上加入第 $i$ 堆，不妨枚举在第 $i-1$ 堆的最后一个元素被消除之前有多少个 $i$ 被消除了，易得：

\[f[i]=\sum_{x=0}^{s_i-1}f[i-1]\cdot dp[s_i](s_i-x)\binom {\sum_{j=1}^{i-1}s_i-1+x}x
\]

一个个解释：

$f[i-1]$：前 $i-1$ 堆消成一个 $i-1$ 的方案数
$dp[s_i]$：这 $s_i$ 个 $i$ 消成一个的方案数
$s_i-x$：前 $i-1$ 堆消剩下的那一个 $i-1$ 需要从剩下的 $s_i-x$ 个 $i$ 中挑一个消它
$\binom {\sum_{j=1}^{i-1}s_i-1+x}x$：考虑将这 $x$ 个提前消的融入前面的消除序列（这里不使用排列是因为这 $x$ 个 $i$ 内部之间的前后关系已经在 $dp[s_i]$ 中考虑过了）

总的来说，就是将 $s_i$ 分为两段，一份放入前面一起大排队，另一份用来消剩下的那个 $i-1$

复杂度 $O(\sum s_i)=O(n)$

Code

#include <bits/stdc++.h>

typedef long long ll;

inline void read(int&x){

	char ch=getchar();x=0;while(!isdigit(ch))ch=getchar();

	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();

}

const int N = 101000, p = 1e9+7;

int a[N], sum[N], f[N], dp[N], n;

inline int qpow(int A, int B) {

	int res = 1; while(B) {

		if(B&1) res = (ll)res * A%p;

		A = (ll)A * A%p, B >>= 1;

	} return res;

}

int fac[N], inv[N];

inline int C(const int nn, const int mm) {return (ll)fac[nn] * inv[mm]%p * inv[nn-mm]%p;}

int main() {

	read(n);

	for(int i=1;i<=n;++i) read(a[i]);

	std::sort(a+1,a+n+1);

	dp[0] = dp[1] = fac[0] = fac[1] = 1;

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

		fac[i] = (ll)fac[i-1] * i%p;

		dp[i] = ((ll)i * (i-1) >> 1) * dp[i-1]%p;

	}

	inv[n] = qpow(fac[n], p-2);

	for(int i=n;i;--i) inv[i-1] = (ll)inv[i] * i%p;

	int t = 0;

	for(int i=1,j=1;i<=n;i=j) {

		while(a[i] == a[j] and j <= n) ++j;

		a[++t] = j - i, sum[t] = (a[t] + sum[t-1])%p;

	}

	n = t;

	f[1] = dp[a[1]];

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

		for(int x = 0; x < a[i]; ++ x)

			f[i] = (f[i] + (ll)C(sum[i-1]-1+x,x) * (a[i]-x))%p;

		f[i] = (ll)f[i] * f[i-1]%p * dp[a[i]]%p;

	}

	printf("%d\n", f[n]);

	return 0;

}