AGC028 D Chords dp

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题意：
在一个环上有2n个点，按顺时针编号，你需要将这些点两两配对相连，形成若干个连通块。连通的含义是只要连接的两个点能通过它配对点的直线，经过与其他线段的交点能到达另一条线。现在已经有k对点配对好了，告诉你这k对点的编号，问你剩下的n-k对的所有配对方法最后形成的连通块数量之和。对1e9+7取模。

题解：
我还是水平好菜的，遇到一些有难度的计数题还是毫无思路啊。

这题考虑dp，我们设dp[i][j]为i与j连通，并且连通块内最小编号是i，最大编号是j的方案数，那么它对答案的贡献就是 $dp[i][j]*$ 其他没连的随便连的方案数。我们先 $n^2$ 统计出 $i$ 到 $j$ 的中间有多少个点没有连过，记为 $cnt[[i][j]$ ，然后考虑如何计算dp数组。我们发现直接算并不好算，我们可以用 $i$ 到 $j$ 中的数随便连的方案数减去其中没有让 $i$ 和 $j$ 连通的方案数。我们预处理出 $i$ 个点随便连的方案数 $g[i]$ ，对于 $i$ 是奇数，答案是0，对于偶数 $x$ ，答案是 $\prod_{i=1}^{x-1}i$ 。那么对于 $i$ 到 $j$ 之间没有连到 $i$ 和 $j$ 以外的边的情况（连出去最小数和最大数就不是 $i$ 和 $j$ 了），我们有 $dp[i][j]=g[i]-\sum_{k=i+1}^{j-1}dp[i][k]*g[cnt[i][j]]$ 。dp方程的含义是枚举 $i$ 没有与 $j$ 连通，那么与它连通的最大数是 $j$ ，后面的那些点随便连，减去这些情况的方案数。这样当前问题就可以由之前的子问题计算得来了。
最后统计一下答案即可。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const long long mod=1e9+7;
int n,k,a[610],b[610],pd[610];
long long cnt[610][610],dp[610][610],g[2000],ans;
int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&k);
	for(int i=1;i<=k;++i)
	{
		scanf("%d%d",&a[i],&b[i]);
		pd[a[i]]=b[i];
		pd[b[i]]=a[i];
	}
	n<<=1;
	g[0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i+=2)
	g[i]=(g[i-2]*(i-1))%mod;
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=i;j<=n;++j)
		cnt[i][j]=cnt[i][j-1]+(!pd[j]);
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=i;j<=n;++j)
		{
			int ji=0;
			for(int k=i;k<=j;++k)
			{
				if(pd[k]&&(pd[k]>j||pd[k]<i))
				ji=1;				
			}
			if(ji==1)
			continue;
			dp[i][j]=g[cnt[i][j]];
			for(int k=i+1;k<=j-1;++k)
			dp[i][j]=(dp[i][j]-1ll*dp[i][k]*g[cnt[k+1][j]]%mod+mod)%mod;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;++i)
	{
		for(int j=i;j<=n;++j)
		ans=(ans+dp[i][j]*g[(n/2-k)*2-cnt[i][j]]%mod)%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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