AtCoder Grand Contest 024 Problem E（动态规划）

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AtCoder Grand Contest 024 Problem E

　　Time Limit: 2 Sec
　　Memory Limit: 1024 MB

Description

　　Find the number of the possible tuples of sequences (\(A_0,A_1,…,A_N\)) that satisfy all of the following conditions, modulo \(M\):
　　• For every \(i\) \((0≤i≤N)\), \(A_i\) is a sequence of length \(i\) consisting of integers between \(1\) and \(K\) (inclusive);
　　• For every \(i\) \((1≤i≤N)\), \(A_{i-1}\) is a subsequence of \(A_i\), that is, there exists \(1≤x_i≤i\) such that the removal of the \(x_i\)-\(th\) element of \(A_i\) would result in a sequence equal to \(A_{i-1}\);
　　• For every \(i\) \((1≤i≤N)\), \(A_i\) is lexicographically larger than \(A_{i-1}\).
　　

Input

　　• \(1≤N,K≤300\)
　　• \(2≤M≤109\)
　　• \(N, K\) and \(M\) are integers.
　　
　　Input is given from Standard Input in the following format:
　　\(N K M\)
　　

Output

　　Print the number of the possible tuples of sequences \((A_0,A_1,…,A_N)\), modulo \(M\).
　　

Sample Input 1

　　2 2 100
　

Sample Output 1

　　5
　　
　　Five tuples below satisfy the conditions:
　　• (),(1),(1,1)
　　• (),(1),(1,2)
　　• (),(1),(2,1)
　　• (),(2),(2,1)
　　• (),(2),(2,2)
　　

Sample Input 2

　　4 3 999999999
　

Sample Output 2

　　358
　　

Sample Input 3

　　150 150 998244353
　

Sample Output 3

　　186248260
　　

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题目地址：　　AtCoder Grand Contest 024 Problem E

题目大意：

　　考虑 \(N + 1\) 个数组 \({A_0, A_1, . . . , A_N }\)。
　　其中 \(A_i\) 的长度是 \(i\)，$A_i $内的所有数字都在 \(1\) 到 \(K\) 之间。
　　\(A_{i−1}\) 是 \(A_i\) 的⼦序列，即 \(A_i\) 删⼀个数字可以得到 \(A_{i−1}\)。
　　\(A_i\) 的字典序⼤于 \(A_{i−1}\)。
　　输⼊ \(N, K, M\) 问序列个数模 \(M\)。

题解：

　　我们可以认为 \(A_i\) 是 \(A_{i−1}\) 插⼊⼀个数字 \(x\) 得到的。
　　为了让字典序变⼤，插⼊的 \(x\) 必须严格⼤于插⼊位置右侧的数字。
　　题目解法一
　　序列可以转化为⼀个树。
　　⼀个节点有 2 个属性，时间和权值。
　　⼀个节点的⽗亲节点，是插⼊位置右侧的，如果插⼊在末尾，右侧为空，那么⽗亲节点是 (0, 0)。
　　时间必须唯⼀，权值可以是 \(1\) 到 \(K\) 之间任选。
　　每个点的时间和权值必须严格⼤于⽗亲节点的时间和权值。
　　 \(f[i][x]\) 表⽰⼤⼩为 \(i\) 的⼦树，根节点权值为 \(x\) 的⽅案数。
　　\[f[i][x]=\sum_{1≤j≤i−1}\sum_{x<y≤K} f[i − j][x] ∗ f[j][y] ∗ C(i − 2, j − 1)\]
　　$\sum_{x<y≤K}f[j][y] $ 可以⽤部分和优化存。
　　类似树形 DP 做⼀下就⾏了。
　　参考代码
　　题目解法二
　　上⾯⼀个做法，⽐较容易理解，但是写起来稍微⿇烦。需要预处理组合数。
　　原本是元素⼀个⼀个加⼊进序列，序列慢慢变长。
　　现在我们考虑，从⼩到⼤加⼊所有的元素。显然有先加⼊⼤的，再加⼊⼩的情况。
　　加⼊较⼤元素的时候，我们不仅可以再最后⼀个序列中加⼊，也可以在之前的序列中加⼊。
　　设 \(f[i][v][p]\)，当前长度为 \(i\)，从⼩到⼤依次插⼊权值，已插⼊到 \(v\)，考虑在第 \(p\) 个序列加⼊。
　　核⼼思想是从⼩到⼤插⼊权值，但是这样可能漏掉⼀些情况（先插⼊⼤权值，再插⼊⼩权值。）
　　\(p\) 就为了解决这个问题，允许我们修改从前的过程。
　　转移：
　　\(f[i][v][p − 1]+ = f[i][v][p]\) 不加⼊，考虑在第 \(p − 1\) 个序列加⼊，要求 \((p > 0)\)。
　　\(f[i][v + 1][i]+ = f[i][v][p]\) 换更⼤的值，如果已经尝试到第 \(0\) 个序列了，要求 \((p = 0)\)。
　　\(f[i + 1][v][p]+ = f[i][v][p] ∗ (p + 1)\) 插⼊⼀个，注意即使加⼊，下⼀次依然是第 \(p\) 个序列，⽽不是 \(p + 1\)。
　　空间复杂度 \(O(KN^2)\)，可以优化为 \(O(KN)\)。
　　

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AC代码

#include <cstdio>
using namespace std;
int N,K,mo;
int dp[305][305];
int main(){
    scanf("%d%d%d",&N,&K,&mo);
    dp[0][0]=1;
    for(int i=0;i<=N;i++)
        for(int j=0;j<K;j++)
            for(int k=i;k>=0;k--){
                if(k)dp[j][k-1]=(dp[j][k-1]+dp[j][k])%mo;
                else dp[j+1][i]=(dp[j+1][i]+dp[j][k])%mo;
                dp[j][k]=1ll*dp[j][k]*(k+1)%mo;
            }
    printf("%d\n",dp[K][N]);
    return 0;
}