D. Yet Another Problem On a Subsequence 解析(DP)

Codeforce 1000 D. Yet Another Problem On a Subsequence 解析(DP)

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題目
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前言

這題提供了我一種實用的算(C_m^n)的方法

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想法

考慮(dp[i])為考慮到(i)位置為止的所以(subsequence)數量(+1)(一個都不選)，解答就是(dp[n]-1)。
每次新考慮一個(dp[i])時，(dp[i])由不包含(a[i])((a)是原數列)的(subsequence)數量加上包含(a[i])的(subsequence)數量。而考慮包含(a[i])的數量時，我們只需要往前找最後一個(subarray)的起點((a[j]>0))，接著使用(C_m^n)找出最後的(subarray)有幾種可能就好。

重點在於要如何計算(C_m^n)，數字太容易爆掉了。這時候我們要利用(C_m^n=C_m^{n-1}+C_{m-1}^{n-1})，這樣就不會爆掉了，並且要特別令(C_0^0=1)，因為我們之後計算(dp)時會用到。

轉移式(:dp[i]=dp[i-1]+sumlimits_{j=1}^{i-1}dp[j-1] imes C_{a[j]-1}^{i-j-1})

注意:我們令(dp[0]=1)以方便計算。而數列標號是從(1)開始。

程式碼:

inline int pmod(int x, int d){int m = x%d;return m+((m>>31)&d);}
const int _n=1010;
int t,n,a[_n],dp[_n],C[_n][_n];
main(void) {cin.tie(0);ios_base::sync_with_stdio(0);
  cin>>n;rep(i,1,n+1)cin>>a[i];
  rep(i,1,n+1){
    C[i][0]=C[i][i]=1;
    rep(j,1,i)C[i][j]=(1ll*C[i-1][j]+1ll*C[i-1][j-1])%mod;
  }C[0][0]=1;
  dp[0]=dp[1]=1;
  rep(i,2,n+1){
    dp[i]=dp[i-1];
    per(j,1,i)
      if(a[j]>0 and a[j]<=i-j)dp[i]=(dp[i]+(1ll*dp[j-1]*C[i-j-1][a[j]-1]))%mod;
  }
  cout<<pmod(dp[n]-1,mod)<<'
';
  return 0;
}

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