Atcoder AGC 043 D题解

一道思维含量很大，代码量很小的紫题。赛时AC人数较少，本蒟蒻也并没有做出来……

写个题解总结一下。

Description

给定一种生成长度为$3n$的排列的方法：先随意生成一个排列，然后把这个排列划分为$n$块，每块$3$个数，$1$个指针。刚开始每个指针指向的是该段的开头，每次找到所有指针指向的数中最小的那个，把这个数放到这个序列的末尾并将这个指针向右移动一位。如果一个指针出了它原先所在的块，就删除该指针。当所有指针都不存在后，生成完成。

求存在多少个长度为$3n$的排列是可以按照上述方式生成的。注意将答案对$mod$取模。

Solution

众所周知，$AGC$的$D$题往上的神仙题往往是先挖性质，然后用各种技巧(如莫反, FFT, FWT)推式子，最后用数据结构优化。

我们看完本题的第一反应是——我们先挖性质。即，我们要找到一个可生成的排列的充分必要条件。

首先，我们自己先对于几个排列模拟一下。可以发现，我们最终生成的序列中，可能存在递减的段。即，有一个小的数被卡在了大的数的后面，只有这个大的数出来，它才能出来。

但是这个大的数为什么会出来？是因为它是在所有指针指向的数中最小的。那么必然，紧接着出来的那个小的数只能紧接着它后面出来。大概证明一下，假设这个大的数为$x$，小的数为$y$，当$x$成为最小的出队后，指针指向了$y$，此时$y$一定成为了指针指向的数中最小的$(y<x)$，那么$y$就出队了——即$x$与$y$必然在同一个块中。

所以，对于生成的序列中每一个递减的段的长度都不能超过$3$，因为初始所有块的长度只有$3$。这是一个必要的条件。

但是充分吗？你再写几个序列，就发现自己被$Hack$了。千万不要像填数游戏那样，挖一个性质就走人，最终发现这个条件不是充分的。

另外一个性质是什么呢？我们继续模拟，可以发现: 假设长度为$2$的递减段有$x$个，长度为$1$的递减段有$y$个，那么肯定有$x\le y$且$3|(y-x)$。

为什么呢？因为，对于$x$个长度为$2$的递减段，它们肯定两两出现在同一个块中。而一个块中的另一个数，就是$y$个长度为$1$的递减段之一。$y$是绝对不能少的，否则就拼不完；如果$y$多的话，可以把$y$个长度为$1$的段摆在别的块中。

而$3|(y-x)$又是为什么呢？因为，我们对于多出来的$y-x$个长度为$1$的段，我们必须把这些长度为$1$的段摆完，而每三个这些段必须出现在同一个块中，否则就另外需要别的长度为$2$的段或别的长度为$1$的段去填充——而长度为$2$的$x$个段已经摆完了，长度为$1$的段也摆完了；那么，这种序列就无法生成了。

把这两个性质结合起来，就得到了可生成序列的两个充分必要条件：
①任意递减段的长度不超过$3$；
②$x\le y$且$3|(y-x)$，这里$x$为长度为$2$的段的数量，$y$为长度为$1$的段的数量。

现在这道题成为了一道纯粹的计数题。

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根据CSP-S 2019 D2T1(Emiya今天的饭)的经验，我们可以采用差值$dp$，并压缩状态的维度。

状态设计: $d{p}_{i,j}$: 目前考虑了前$i$个数，$j$为$y-x$的值。
状态转移:
①如果这是一个长度为$1$的段，那么$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-1,j-1}$。

②如果这是一个长度为$2$的段，那么$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-2,j+1}\times (i-1)$。
这里为啥要乘上一个$(i-1)$呢？因为，我们已经安排好了前$i-2$个数，而第$i-1$个数又不得不是最大的(这是一个长度为$2$的递减段)，只有$1$种安排方式(选最大的数)；所以，第$i$个数有$i-1$种安排方式，要乘上$i-1$。

③如果这是一个长度为$3$的段，那么$d{p}_{i,j}=d{p}_{i-3,j}\times (i-1)\times (i-2)$。
状态转移的证明同②。

由于$y-x$的值可能为负数，我们可以将其统一加上一个大一点的数来防止$RE$。最终答案为${\sum }_{i=0}^{3n}d{p}_{3n,i}[imod3=0]$。

时间复杂度$O(n^2)$。注意取模即可。

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思考一下，我们用什么方法解决了这道神仙题。

首先，通过打表或思考我们找出了充分必要条件(两个重要性质)；接着，我们使用差值$dp$压缩空间与时间，最终在$O(n^2)$的时间复杂度内求出了答案。

这题巧妙运用了多种技巧，在$AGC$的$D$题中，虽然偏简单，但是仍然是一道不可多得的好题，全场有且仅有$120$人做出来。我没做出来，我太菜了

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxl=3005;

int n,mod,x,ans=0;
int dp[maxl*3][6*maxl];//dp[i][j]:i numbers, j为段1-段2 

signed main()
{
    
    
	cin>>n>>mod;
	x=3*n;
	dp[0][x]=1;
	for (int i=0;i<3*n;i++)
	{
    
    
		for (int j=-3*n;j<=(3*n);j++)
		{
    
    
			dp[i+1][j+1+x]=(dp[i+1][j+1+x]+dp[i][j+x])%mod;
			dp[i+2][j-1+x]=(dp[i+2][j-1+x]+dp[i][j+x]*(i+1))%mod;
			dp[i+3][j+x]=(dp[i+3][j+x]+dp[i][j+x]*(i+1)%mod*(i+2))%mod;
		}
	}
	for (int i=0;i<=n;i++)  ans=(ans+dp[3*n][i*3+x])%mod;
	cout<<ans<<endl;
	
	return 0;
}