前言：
感觉难度真没有紫吧，因为我在模拟赛场切了耶。
题目描述：
有 \(n\) 个数，第 \(i\) 个数为 \(a_{i}\)，每次可以选择一个 \(i\) 满足 \(a_{i}=i\)，并将 \(a_{i}\) 赋值为 \(0\)，最后你的得分为剩下的数的和，你希望最后得分越小越好。
给出 \(n, k\)，你需要求出所有 \(a_{i} \in \left[ 0,k \right]\) 的情况下，你的得分总和与 \(10^9+7\) 取模。
解题思路 & 代码实现：
我的考场思路是这样的，先思考如果给定 \(a\) 序列，如何求答案。
模拟之后发现，如果有 \(a_{i}=i\) 的话，则一定会操作 \(i\)，并且每次一定会选取最前面的 \(i\) 进行操作，因为这样一定不会影响其他可行操作位置。
继续思考，发现每个数对答案的具体贡献只和 后面的总操作数 有关。
假设 \(m_{i}\) 表示 \(i\) 到 \(n\) 的总操作数，那么可以这么分类讨论：
| \(a_{i} \le i\) | \(a_{i} > i\) | |
|---|---|---|
| 贡献 | \((m_{i+1}+a_{i}) \bmod i\) | \(m_{i+1}+a_{i}\) |
| 增加的操作次数 | \((m_{i+1}+a_{i})/i\) | \(0\) |
具体解释的话，如果 \(a_{i} \le i\) 那么它的贡献一定是在操作一定次数当前位置后剩余的数，反之就无法操作，只能一直加上去。
增加的操作次数也是同理。
那么我们就可以写出暴力代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 110, mod = 1e9 + 7;
int n, k, a[N], ans;
void solve(int id){if(id > n){for(int i = n, m = 0; i >= 1; i--){if(a[i] <= i) ans = (ans + (m + a[i]) % i) % mod;else ans = (ans + m + a[i]) % mod;if(a[i] <= i) m += (m + a[i]) / i;}return;}for(int i = 0; i <= k; i++)a[id] = i, solve(id + 1);
}
signed main(){// freopen("stone.in", "r", stdin);// freopen("stone.out", "w", stdout);cin >> n >> k;solve(1);cout << ans << endl;return 0;
}
那么我们现在会处理一个序列了，那么可以开始思考正解了。
注意到 \(n,k \le 100\)，可以发现 后面的总操作数 的数量级在 \(5 \times 10^4\) 以内。
那么就可以很自然的设置出两个状态。
\(f_{i}\) 表示从后往前考虑到 \(i\) 的最小得分总和。
\(g_{i,j}\) 表示从后往前考虑到 \(i\)，操作总数为 \(j\) 的方案数。
那么转移具体如下：
\(\begin{equation}\begin{cases}f_{i} = f_{i} + f_{i+1}+ \sum_{m=0}^{k} g_{i+1,m} \times ((m+j) \bmod i) & &(j \le i) \\f_{i} = f_{i} + f_{i+1}+ \sum_{m=0}^{k} g_{i+1,m} \times (m+j) & &(j > i)\\ \end{cases}
\end{equation}\)
\(\begin{equation}\begin{cases}g_{i,m + (m + j) / i} = g_{i,m + (m + j) / i} + g_{i + 1,m}& &(j \le i) \\g_{i,m} = g_{i,m} + g_{i + 1,m}& &(j > i) \\\end{cases} \end{equation}\)
那么正解代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define int long long
using namespace std;
const int N = 110, M = 5e4 + 10, mod = 1e9 + 7;
int f[N], g[N][M];
signed main(){// freopen("stone.in", "r", stdin);// freopen("stone.out", "w", stdout);ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0), cout.tie(0);int n, k;cin >> n >> k;g[n + 1][0] = 1;for(int i = n; i >= 1; i--){for(int j = 0; j <= k; j++){//a[i]for(int m = 0; m <= k * n; m++){//m[i+1]if(j <= i) g[i][m + (m + j) / i] = (g[i][m + (m + j) / i] + g[i + 1][m]) % mod;else g[i][m] = (g[i][m] + g[i + 1][m]) % mod;}}for(int j = 0; j <= k; j++){if(j <= i){f[i] = (f[i] + f[i + 1]) % mod;for(int m = 0; m <= k * n; m++)f[i] = (f[i] + g[i + 1][m] * ((m + j) % i) % mod) % mod;}else{f[i] = (f[i] + f[i + 1]) % mod;for(int m = 0; m <= k * n; m++)f[i] = (f[i] + g[i + 1][m] * ((m + j) % mod) % mod) % mod;}}}cout << f[1] << endl;return 0;
}
时间复杂度 \(O(n^2k^2)\)。
