DP搬运工1
题目描述
给你 (n,K) ，求有多少个 (1) 到 (n) 的排列，满足相邻两个数的 (max) 的和不超过 (K)。
输入格式
一行两个整数 (n,K)。
输出格式
一行一个整数 (ans) 表示答案 (mod 998244353)。
样例
样例输入 1
4 10
样例输出 1
16
样例输入 2
10 66
样例输出 2
1983744
数据范围与提示
有 (50) 个测试点，第 (i) 个测试点为 (n=i)，(K leqslant n^2) 。
分析
用学长的题解来说这个叫做预设性 (dp) （其实也不知道啥意思）。意思大概就是枚举的是当前放哪个数（因为这几个题貌似都是这样）。
这个题我们考虑往里边插入数，因为每一次要取 (max) ，所以我们根据当前插入的值两边还可不可以放数来进行转移。
如果可以放入一个数，那么当前这个数之对和贡献一次。
如果两边可以放入两个数，那么这个数是没有贡献的。
如果两边都不放数，那么它贡献两次。
所以我们定义 (f[i][j][k]) 为放到第 (i) 个数，可以放的位置有 (j) 个。和为 (k)。
因为可以放在序列中，也可以放在两端，所以我们分开来考虑。
放在两端的时候就没有两边放两个数的情况了，但是两端有两种情况，所以加的时侯 (f[i-1][j][k]) 需要乘以 (2) 。
放在中间就需要考虑了，但是只有在当前数两边放一个的时候才用乘以 (2) ，所以我们就可以愉快的转移了。
代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
//以下好多行是卡常
const int L=1<<20;
char buffer[L],*S,*T;
#define lowbit(x) (x & -x)
#define getchar() (S==T&&(T=(S=buffer)+fread(buffer,1,L,stdin),S==T)?EOF:*S++)
#define inline __inline__ __attribute__((__always_inline__))
#define max(a,b) (a>b?a:b)
#define re register
const int maxn = 52;
const int mod = 998244353;
int f[maxn][maxn][maxn*maxn];
int n;
inline int read(){
int s = 0,f = 1;
char ch = getchar();
while(!isdigit(ch)){
if(ch == '-')f = -1;
ch = getchar();
}
while(isdigit(ch)){
s = s * 10 + ch - '0';
ch = getchar();
}
return s * f;
}
int main(){
n = read();
int K = read();
f[1][0][0] = 1;
for(int i = 2;i <= n;++i){
int jl1 = min(i,n-i)+1; //找到当前最多有多少位置能放
int jl2 = min(K,i*i);//找到当前最大的和
for(int j = 0;j <= jl1; ++j){
for(int k = 0;k <= jl2; ++k){
if(!f[i-1][j][k])continue;
int jl = f[i-1][j][k] * 2 % mod;//第一种放在两端的情况
f[i][j+1][k] = (f[i][j+1][k] + jl) % mod;
f[i][j][k+i] = (f[i][j][k+i] + jl) % mod;
if(!j)continue;
jl = f[i-1][j][k] * 1ll * j % mod;//以下是放在序列中间的情况
f[i][j+1][k] = (f[i][j+1][k] + jl) % mod;
f[i][j][k+i] = (f[i][j][k+i] + jl * 2ll % mod) % mod;
f[i][j-1][k+2*i] = (f[i][j-1][k+2*i] + jl) % mod;
}
}
}
int ans = 0;
for(int i = 0;i <= K;++i){//把小于等于 K 的所有情况都加起来
ans = (ans + f[n][0][i]) % mod;
}
printf("%d
",ans);
}