JZOJ 6439. 【GDOI2020模拟01.17】小 ω 数排列

JZOJ 6439. 【GDOI2020模拟01.17】小 ω 数排列

题目

Description

Input

Output

Sample Input

Sample Input1
4 10
3 6 2 9

Sample Input2
8 35
3 7 1 5 10 2 11 6

Sample Output

Sample Output1
6
【样例 1 解释】
共有 6 个排列符合条件，它们是 (1, 3, 2, 4),(2, 4, 1, 3),(3, 1, 2, 4),(3, 1, 4, 2),(4, 2, 1, 3),(4, 2, 3, 1)。

Sample Output2
31384

Data Constraint

题解

• 第一眼就是DP，先考虑暴力做法，
• 设 $f[i][j][k]$表示选出的数状压后为 $i$，当前最后一个数为 $j$，绝对值之和为 $k$的方案数，转移显然。
• 正解也是DP，方法比较巧妙。
• 因为式子中的绝对值不是很好处理，所以想办法去掉它，最直接的办法就是先排序后再按从小到大的顺序依次加入，
• 但这样并不知道要将当前数加入到什么位置，那怎么样才能保证能不重不漏地得出各种符合条件的排列呢？
• 可以这样想，加入时不一定和前面已经加入的连在一起，而是后面才不断加入使前面的分散的段合并起来。
• 设 $f[i][j][k]$表示加入了 $i$个数，目前有 $j$个分散的段，答案为 $k$的方案数，
• 至于答案 $k$如何更新，其实与 $a[i]$加入在哪个数旁边并没有关系，区别在于它是否自成一段，是否在边界，是否连接两段，
• 因为边界情况特殊，又要保证只有两个边界，所以再设多一维 $l$表示当前已经确定的边界的个数，
• 转移情况有五种：
• 1、加入 $a[i]$自成一段且不在边界；
• 2、加入 $a[i]$在某一段的一端且不在边界；
• 3、加入 $a[i]$连接在不相连的两段中间；
• 4、加入 $a[i]$自成一段放在边界；
• 5、加入 $a[i]$在某一段的一端且成为边界。
• 考虑每种转移对 $k$的贡献（注意符号有正有负）：
• 1、 $a[i]$会被后来加在它左右两边的给减去，所以贡献是 $-2*a[i]$；
• 2、 $a[i]$需要加上一个用来减去它旁边的，也会被后来加在旁边的给减去，所以贡献是 $0$；
• 3、 $a[i]$需要加上两个用来减去它左右两边的，所以贡献是 $2*a[i]$；
• 4、 $a[i]$会被后来加在它一边的给减去，所以贡献是 $-a[i]$；
• 5、 $a[i]$需要加上一个用来减去它旁边的，且另一边没有数了，所以贡献是 $a[i]$，
• 其他对于 $i,j,l$的变化显然。
• 但这样一来 $k$值的变化范围特别大，还是不能过，所以想办法控制 $k$的范围。
• 首先把每个 $a[i]$减去 $a[i]_{max}$，但这还不够，
• 发现每一次填入 $a[i]$时，对所有 $k$的贡献都可以看作是 $(a[i]-a[i-1])*(2*j-l)$，
• 那么这样就全是正的了，如果大于 $L$即可退出，
• 于是 $k$的范围被控制在了 $[0,L]$，可以愉快地通过此题。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define N 1001
#define md 1000000007
#define ll long long
int a[N],t[N];
int f[2][110][N][3];
int main()
{
   int n,L,i,j,k,l;
   scanf("%d%d",&n,&L);
   if(n==1) 
   {
   	printf("1");
   	return 0;
   }
   for(i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
   if(n==2)
   {
   	if(a[1]-a[2]<=L&&a[2]-a[1]<=L) printf("2"); else printf("0");
   	return 0;
   }
   sort(a+1,a+n+1);
   if(a[n]-a[1]>L)
   {
   	printf("0");
   	return 0;
   }
   for(i=n;i;i--) a[i]-=a[1];
   for(i=1;i<=n;i++) t[i]=a[i]-a[i-1];
   f[0][0][0][0]=1;
   for(i=0;i<n;i++)
   {
   	memset(f[1-i%2],0,sizeof(f[1-i%2]));
   	for(j=0;j<=n;j++) 
   	{
   		for(k=0;k+t[i+1]*(2*j-2)<=L&&k<=L;k++)
   		{
   			for(l=0;l<3;l++) if(f[i%2][j][k][l])
   			{
   				int x=a[i+1],k1=k+t[i+1]*(2*j-l);
   				if(k1>L) continue;
   				
   				if(j<n) f[1-i%2][j+1][k1][l]=(f[1-i%2][j+1][k1][l]+f[i%2][j][k][l])%md;

   				ll s=2*j-l;
   				f[1-i%2][j][k1][l]=(f[1-i%2][j][k1][l]+f[i%2][j][k][l]*s)%md;
   				
   				s=(j-l)*(j-1);
   				if(i+1==n) s++;
   				if(2*j-l>=2&&j>=2) f[1-i%2][j-1][k1][l]=(f[1-i%2][j-1][k1][l]+f[i%2][j][k][l]*s)%md;
   				
   				s=2-l;
   				if(j<n&&l<2) f[1-i%2][j+1][k1][l+1]=(f[1-i%2][j+1][k1][l+1]+f[i%2][j][k][l]*s)%md;
   				
   				s=j*2-j*l-l;
   				if(i+1==n) s++;
   				if(l<2&&j) f[1-i%2][j][k1][l+1]=(f[1-i%2][j][k1][l+1]+f[i%2][j][k][l]*s)%md;
   			}
   		}
   	}
   }

   int ans=0;
   for(k=0;k<=L;k++) ans=(ans+f[n%2][1][k][2])%md;
   printf("%d",ans);
   return 0;
}