CF140E New Year Garland 题目分析

CF140E New Year Garland 题目分析

挺不错的动态规划题目。

思路

一看到题目便可以知道每一层和层与层之间是要分开来算的（这种类似的动态规划还有很多）。

我们先看看层与层之间的。

层与层

题目要求：相邻的两层的小球颜色集合不相同。

那么区分相邻两层小球颜色集合不同可以通过数量不同来区分，然后再进行讨论即可。

根据上述，显然地，设 \(f_{i,j}\) 表示已经完成前 \(i\) 层，到了第 \(i\) 层小球颜色集合的数量为 \(j\) 的总方案。

我们先抛开重不重复不谈，那么它的总方案肯定是从前面的那一层转移过来，即 \(f_{i-1,k}\)，其中 \(k\in [1,l_{i-1}]\)。

那么是不是就是

\[f_{i,j}=\sum_{k=1}^{l_{i-1}}f_{i-1,k} \]

呢？显然不是，这里的 \(j\) 是数量，并不是选了什么，因此还要有 \(C_m^j\) 来确定选 \(j\) 种颜色球的方案（这是对于当前 \(i\) 的）。

每一层

我们还需要当前这一层的贡献，而每一层的贡献求法类似，根据我们的总状态可以设 \(g_{i,j}\) 表示长度为 \(i\) 的位置给你放 \(j\) 种颜色（此处颜色确定，并且按从大到小的顺序排列）的球的放的方案是多少。

转移也是显然的：

\[g_{i,j}=g_{i-1,j-1}+g_{i-1,j}\times (j-1) \]

后面之所以要乘上 \((j-1)\) 是因为有 \(j\) 种颜色，并且不能与上一个相等，故为 \((j-1)\) 个。

合起来！

我们可以预先求出 \(g_{i,j}\)，因此这个处理的复杂度为 \(\mathcal{O}((\max l_i)^2)\)。

根据上述，我们不难把 \(f_{i,j}\)（不考虑层与层之间的要求）的求法合并为：

\[f_{i,j}=C_{m}^j\times g_{i,j}\times j! \times \sum_{k=1}^{l_{i-1}}f_{i-1,k} \]

实际上我们的每一层方案不一定是要从小到大排列的，因此我们乘上 \(j!\) 来保证每一种可能（这个可以理解为将这 \(j\) 个不同颜色原本按照一个一个编号排着，想通颜色的是同一个标号，然后你决定要将每个编号的每种可能都取到，这样就要乘上 \(j!\)），还不理解可以参考下述：

按照原本的转移我得到的所有可能情况是 \(\{a_i\}\)。

比如说，我有 \(j\) 种颜色，将它们依次标号为：\(\{1,2,3,\dots,j\}\)。

实际上我可以是：\(\{2,1,j,\dots,4\}\)，或者是 \(\{4,1,j-1,\dots,j\}\) 等等都有可能。

但是这所有的情况总和便是 \(j!\)。触类旁通，枚举所有可能全排列（长度为 \(n\)）的时间复杂度就是 \(\mathcal{O}(n!)\)。

如果你还是不能理解就可以用数学的思想考虑：

总共有 \(j\) 个位置，我填在第 \(1\) 位的方案为 \(j\)，第 \(2\) 位的为 \(j-1\)。

易有：第 \(i\) 位的方案为 \(j-i\)。

最后填完 \(j\) 个位置的方案为 \(j!\)。

由于模数 \(p\) 不一定是质数，这就导致我们的 \(C_{m}^j\) 不能用逆元求解，但是我们发现：

\[P_{m}^j=C_{m}^j\times j! \]

于是合并一下：

\[f_{i,j}=P_m^j\times g_{i,j}\times \sum_{k=1}^{l_{i-1}}f_{i-1,k} \]

真是棒极了！现在我们考虑与上一层不同的情况，我们发现两层颜色集合相等的两种情况的充分条件是 \(k=j\)。

然后我们又发现，两者颜色集合完全相等在 \(C_{m}^j\) 种只有一种情况。

故我们可以得到：

\[f_{i,j}=P_m^j\times g_{i,j}\times \sum_{k=1}^{l_{i-1}}f_{i-1,k}-f_{i-1,j}\times g_{i,j}\times j! \]

这个乘上 \(j!\) 与上述同理。

一些提示（思考后再看）

我给出两个提示：一是怎么求 \(P_{m}^j\)，二是怎么优化。

有人说：

\[P_{m}^j=\frac{m!}{(m-j)!} \]

这不还是要逆元吗？

但我说：

\[P_m^j=\prod_{i=m-j+1}^mi \]

而显然：

\[P_m^0=m \]

然后从 \(i-1\) 做到 \(i\) 不就行了，每次只多乘上一个数。

如何优化？

其实很简单。

我们发现：\(\sum_{k=1}^{l_{i-1}}f_{i-1,k}\) 其实跟 \(j\) 没有任何关系，直接在枚举 \(i\) 的时候加一下不就完了。

代码

令 \(L=\max l_i\)，总时间复杂度为 \(\mathcal{O}(L^2+\sum l_i)\)。

代码如下：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <vector>
#define int long long
#define N 1000006
#define M 5005
using namespace std;
int n,m,mod,l[N],g[M][M],mxm,p[N],f[2][M],jc[M];
signed main(){cin >> n >> m >> mod;for (int i = 1;i <= n;i ++) cin >> l[i],mxm = max(mxm,l[i]);jc[0] = 1;for (int i = 1;i <= mxm;i ++) jc[i] = jc[i - 1] * i % mod;g[1][1] = 1;for (int i = 2;i <= mxm;i ++)for (int j = 1;j <= min(i,m);j ++)g[i][j] = (g[i - 1][j - 1] + g[i - 1][j] * (j - 1) % mod) % mod;
//	cout << g[2][2] << ' ' << p[2] << ' ' << p[1] << endl;p[0] = 1;for (int i = 1;i <= mxm;i ++)p[i] = p[i - 1] * (m - i + 1) % mod;for (int j = 1;j <= min(l[1],m);j ++)f[1][j] = g[l[1]][j] * p[j] % mod;for (int i = 2;i <= n;i ++) {int sum = 0;for (int k = 1;k <= min(m,l[i - 1]);k ++)sum = (sum + f[i - 1 & 1][k]) % mod;
//		cout << sum << endl;for (int j = 1;j <= min(m,l[i]);j ++) {f[i & 1][j] = sum * g[l[i]][j] % mod * p[j] % mod;if (j <= l[i - 1]) f[i & 1][j] = (f[i & 1][j] - f[i - 1 & 1][j] * g[l[i]][j] % mod * jc[j] % mod + 5 * mod) % mod;
//			cout << f[i & 1][j] << endl;}}int ans = 0;for (int j = 1;j <= l[n];j ++)ans = (ans + f[n & 1][j]) % mod;cout << ans;return 0;
}

提示一个很容易错的点：直接算 \(f_1\) 的时候记得取模，不然大数据过不了。