题解-bzoj4221 JOI2012kangaroo

Problem

bzoj

题意：给定(n)只袋鼠，每只袋鼠有俩属性(a,b)，若(a_ileq b_j)，则(i)是可以被(j)放置在袋子里的，求经过一系列放置操作后无法进行操作时的状态有多少种可能（每只袋鼠只能被一只袋鼠放在袋子里，同时也只能放一只袋鼠在袋子里）

(nleq 300,forall iin[1,n]a_igeq b_i)

Solution

将每只袋鼠拆成出点和入点后做匹配，相当于剩余未匹配点中(min ageq max b)的匹配方案数

由于(a_igeq b_i)保证不可能自己连向自己，相当于是自由匹配，所以点与点之间的顺序是没有任何关系的，考虑将两者从大到小排序

设(f[i][j][k])表示当前考虑到第(i)只袋鼠的体积，这(i)只袋鼠中有(j)只已经被匹配，设(t)为第(i)只袋鼠能塞进的最小口袋（(t)也递增），则(k)表示前(t)个口袋中与袋鼠([i+1,n])中匹配的数量

考虑到在定义下的(f[i][j][k])中，这(j)只已经被匹配的袋鼠所对应的口袋一定在区间([1,t])中，所以口袋([1,t])分为三类：

• ① 和区间([1,i])内共(j)只袋鼠匹配的口袋，共(j)个
• ② 和区间([i+1,n])内共(k)只袋鼠匹配的口袋，共(k)个
• ③ 自由节点，尚未匹配，共(t-j-k)个

理顺了这些可以得到以下仨转移式（一般自己写可能会有情况缺漏，反正我是想了很久）

[f[i][j][t-j]+=f[i-1][j][k] ]

[f[i][j+1][k]+=f[i-1][j][k]cdot (t-j-k) ]

[f[i][j+1][k-1]+=f[i-1][j][k]cdot k ]

自然统计答案

[Ans=sum_{i=0}^nf[n][i][0] ]

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define rg register

template <typename _Tp> inline _Tp read(_Tp&x){
	char c11=getchar();x=0;while(!isdigit(c11))c11=getchar();
	while(isdigit(c11))x=x*10+c11-'0',c11=getchar();return x;
}

const int N=301,p=1e9+7;
int f[N][N][N],a[N],b[N];
int n,ans;

template <typename _tp> inline void pls(int&A,_tp B){A=A+B<p?A+B:A+B-p;}
inline bool cmp(const int&A,const int&B){return A>B;}

void init();void work();void print();
int main(){init();work();print();return 0;}

void work(){
	f[0][0][0]=1;
	for(rg int i=1,t=1;i<=n;++i){
		if(!t)++t;
		while(a[i]<b[t]&&t<=n)++t;--t;
		for(rg int j=0;j<i;++j)
		for(rg int k=0;k+j<=t;++k){
			pls(f[i][j][t-j],f[i-1][j][k]);
			pls(f[i][j+1][k],1ll*f[i-1][j][k]*(t-j-k)%p);
			if(k)pls(f[i][j+1][k-1],1ll*f[i-1][j][k]*k%p);
		}
	}
}

void print(){
	for(rg int i=0;i<=n;++i)
		pls(ans,f[n][i][0]);
	printf("%d
",ans);
}

void init(){
	read(n);
	for(rg int i=1;i<=n;++i)
		read(a[i]),read(b[i]);
	sort(a+1,a+n+1,cmp);
	sort(b+1,b+n+1,cmp);
}