6439. 【GDOI2020模拟01.17】小 ω 数排列

题目

正解

一种很套路的笛卡尔树DP……
看着那个绝对值很烦，于是我们考虑一种全新的转移方式。
考虑把数字从小到大，一个一个插入当前序列的空隙中。
于是我们就可以知道这个数字对答案的贡献。
比如，如果当前它两边没有数字，那么系数就是(-2)，
如果一边有数字，系数就是(+1-1)也就是(0)，
如果两边都有数字，系数就是(2)。
当然，对于放在边界的数字要特殊判断。
于是就有了这样的DP：设(f_{i,j,k,t})表示前(i)个数都放好了，形成(j)段序列，当前的总贡献是(k)，放了(t)（取值为(0,1,2)）个在边界上的·数字。
讨论一下这个数要插入到哪里，有没有跟相邻的区间相连。这样就可以搞出一个DP。
写出所有方程式，这时候会发现(k)的取值范围比较奇怪，必定存在着许多的冗余状态。
设一个(k)的替代品(k')，(k'=k+(2j-t)a_i)
相当于我们想象一下在所有的空位填上一个(a_i)得到的总贡献。
有这个总贡献的定义得知，(k')是在一个比较正常的取值范围之内的。
枚举的时候枚举(k')，再转化成(k)，存储的时候转化成(k')。
这样就可以保证时间复杂度了。

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代码

using namespace std;
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 110
#define maxL 1010
#define mo 1000000007
#define ll long long
int n,L;
int a[N];
int f[N][N][maxL][3];
void upd(int i,int j,int k,int t,int val){
//	printf("f(%d,%d,%d,%d)+=%d
",i,j,k,t,val);
	k=k+(2*j-t)*a[i];
	if (k<=L)
		(f[i][j][k][t]+=val)%=mo;
}
int main(){
	freopen("count.in","r",stdin);
	freopen("count.out","w",stdout);
//	freopen("in.txt","r",stdin);
//	freopen("out.txt","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&L);
	if (n==1){
		printf("1
");
		return 0;
	}
	for (int i=1;i<=n;++i)
		scanf("%d",&a[i]);
	sort(a+1,a+n+1);
	memset(f,0,sizeof f);
	f[0][0][0][0]=1;
	ll ans=0;
	for (int i=0;i<n;++i){
		for (int j=0;j<=i;++j)
			for (int k=0;k<=L;++k){
				for (int t=0;t<=2;++t){
					int tmp=f[i][j][k][t];
					if (!tmp)
						continue;
					int rk=k-(2*j-t)*a[i];
//					printf("
f(%d,%d,%d,%d)=%d
",i,j,rk,t,f[i][j][k][t]);
//					if (i==2 && j==2 && rk==-3 && t==2)
//						printf("");
					upd(i+1,j+1,rk-2*a[i+1],t,(ll)tmp*(j+1-t)%mo);
					if (j)
						upd(i+1,j,rk,t,(ll)tmp*(2*j-t)%mo);	
					if (t<2){
						upd(i+1,j+1,rk-a[i+1],t+1,(ll)tmp*(2-t)%mo);
						if (j)
							upd(i+1,j,rk+a[i+1],t+1,(ll)tmp*(2-t)%mo);
					}
					if (j>=2)
						upd(i+1,j-1,rk+2*a[i+1],t,(ll)tmp*(j-1)%mo);
				}
			}
	}
//	printf("
");
	for (int k=0;k<=L;++k){
//		printf("f(%d,%d,%d,%d)=%d
",n,1,k,2,f[n][1][k][2]);
		ans+=f[n][1][k][2];
	}
	printf("%lld
",ans%mo);
	return 0;
}

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总结

笛卡尔树DP，也就是按顺序枚举插入，在转移过程中合并连续段。这是一个大套路啊……