ARC 058
E - 和風いろはちゃん / Iroha and Haiku
题意
有一个长为 \(n\) 的序列 \(a_0,a_1,\cdots, a_{n - 1}\) ，给你三个参数 \(X,Y,Z\) 。
定义一个好的序列满足 存在 \(0\le x < y < z < w \le n\) 使得
\[ \begin{align} \sum_{i = x}^{y - 1} a_i &= X\\ \sum_{i = y}^{z - 1} a_i &= Y\\ \sum_{i = z}^{w - 1} a_i &= Z \end{align} \]
问满足条件的序列有多少个。（对于 \(10^9 + 7\) 取模）
\(3 \le n \le 40, 1 \le X,Z \le 5, 1 \le Y \le 7\) 且 \(1 \le a_i \le 10, a_i \in \mathbb{N^{+}}\) 。
题解
一道很妙的题qwq
一开始觉得是个思博题，然后发现怎么正向计数都会算重。
后来去看了下题解，原来可以转化成 \(10^n -\) 不合法的序列数，这样就不会记重了。
但这样转化后如何记呢？数据范围十分地小，可以状压 \(dp\) 。
具体来说就是把一个 \(a_i\) 拆成一个 \(1\) 和 \(a_i - 1\) 个 \(0\) 。
比如 \(5\) 会被拆成 \(\underline{10000}\) 。
然后我们就可以把之前填的数顺次拼起来了。
这样有什么好处呢？不难发现如果一段连续的和为 \(S\) ，那么 \(S\) 转化后的集合 会是 连续一段转化后拼起来构成的集合的 子集 。
比如 \(2 + 4 = 6\) ，就有 \(\underline {100000} \in \underline{10} + \underline{1000} = \underline{101000}\) 。
那么我们只要对于每个位置状压前 \(X + Y + Z = 17\) 位就行了，一开始 \(X,Y,Z\) 压成的状态顺次拼到一起的状态，就是所有不可行的状态的自己。
枚举当前填到哪一位，以及状态，再枚举这位填什么就行了，复杂度就是 \(O(10n2^{X+Y+Z})\) 的。
代码
戳这个 链接 ，好写的很。
ARC 059
F - バイナリハック / Unhappy Hacking
题意
一开始会有个空串 \(S\) ，有三个操作。
- 在 \(S\) 后面填个 \(0\) ；
- 在 \(S\) 后面填个 \(1\) ；
- 删去 \(S\) 的最后一个字符，如果 \(S\) 为空，那么不会改变。
然后你会进行 \(n\) 次操作，给你最后的串 \(S\) ，问有多少种不同的操作序列满足条件。（对于 \(10^9 + 7\) 取模）
\(n \le 5000, 1 \le |S| \le n\)
题解
一开始随便想了个 \(O(n^3)\) 的暴力，就是令 dp[i][j][k] 为当前进行了 \(i\) 次操作，串长为 \(j\) ，第一个失配的地方在 \(k\) 的操作方案数，对于当前进行什么操作分开考虑就行了。
其实正解很思博，我们之前那个 dp 第三维是没有必要的，因为我们发现串的形态是不会影响答案的，所以就令 dp[i][j] 为进行了 \(i\) 次操作，串长为 \(j\) 的方案数。
最后答案就是 \(\displaystyle \frac{dp[n][len]}{2^{len}}\) ，因为最后每个串对应的方案数都是一样的，总共有 \(2^{len}\) 个串，这样就是 \(O(n ^ 2)\) 的了。
其实可以继续优化，怎么考虑计数呢，因为最后的串长要恰好为 \(len\) ，我们可以转化成至多为 \(len\) 的答案减去至多为 \(len - 1\) 的答案。
我们假设 \(f(x)\) 为串长至少为 \(x\) 的答案，那么表达出来就是：
\[ f(x) = \sum_{i = 0}^{n} [i - (n - i) \le x] ({n \choose i} - {n \choose i - (x + 1)}) \times 2^{i} \]
也就是我们考虑在 \(n\) 个操作中有 \(i\) 个操作为在后面添加字符，剩余 \(n - i\) 个操作为退格操作。
\([i - (n - i) \le x]\) 意味着所有退格和添加字符操作 全部抵消 后串长不超过 \(x\) ，这是必要的条件。
\(\displaystyle {n \choose i}\) 是所有可能添加和退格操作的排列，\(-\displaystyle {n \choose i - (x + 1)}\) 是所有最后串长会超过 \(x\) 的情况。
为什么会出现超过 \(x\) 的情况呢？因为会有好一些退格操作都不会产生作用，不会产生作用的如果有 \(i - (x + 1)\) 及以上个，那么就是不行的。
不难发现，把其中不会消除的 \(i - (x + 1)\) 退格操作放在排列在 \(n\) 个总操作之中的任意一个地方，对应仅对应且仅对应一组不合法的解。
最后发现每个添加数字的操作会对应两个操作，所以还要乘上 \(2^i\) 。
预处理了阶乘和阶乘逆元后就可以做到 \(O(n)\) 的复杂度啦。
代码
\(O(n^3):\) 代码戳这里。
\(O(n^2):\) 代码戳这里。
\(O(n):\) 代码戳这里。