AtCoder agc024_e

tzc：“AtC风格的计数DP。”我就想问了，AtC的题怎么可能不是AtC风格的呢？

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给定(n,m,p)，求有多少个值域为([1,m]capmathbb Z)的序列(n+1)元组((a_0,a_1,cdots,a_n))，满足：

1. (forall iin[0,n],|a_i|=i)；
2. (forall iin[0,n))，(a_i)是(a_{i+1})的子序列；
3. (forall iin[0,n),a_i<a_{i+1})。

答案对(p)取模。

(n,min[1,300],pinleft[2,10^9 ight])。

显然，原问题等价于，一个序列(a)一开始为空，(n)次每次往里任意位置塞一个([1,m])内的数，使得字典序大于原来的序列，求(n)次组成的序列组的个数（注意这里不能说操作的数量，因为在不同位置插入相同数可能得到的序列一样）。

考虑在位置(x)插入(y)合法的充要条件。若(x=|a|+1)显然合法。剩下的显然要满足([y]+a_{x,|a|}>a_{x,|a|})。若(y eq a_x)，那么字典序相对大小决定在它们身上，所以(y>a_x)。否则的话，，，注意到若把(y)插入到往右数第一个满足(y eq a_{x'})的位置(x')，那么得到的序列是一样的，为了去重，我们可以直接不考虑这种情况，反而更方便了。于是充要条件就是(x=|a+1|)或(y>a_x)。

分析完之后还是不会做。这是一个动态的插入问题，每次的(a)都会变。不妨将时间定格在最后一刻，所有数都各就各位了，再来考虑每个位置(i)上的值(v_i)与被插入的时间（时间戳）(dfn_i)。

稍微转化一下，此时一个((v,dfn))序列合法当且仅当，(forall iin[1,n],v_i>v_{minlimits_{j>i,dfn_j<dfn_i}{j}})（为了方便，设(v_{n+1}=dfn_{n+1}=0)，合理性显然）。考虑(v_i)要(>)的那个东西固定的一个，就是使得(dfn_x=1)的(x)。它的条件是(v_x>v_{n+1}=0)。然后不难发现，(forall iin[1,x),minlimits_{j>i,dfn_j<dfn_i}{j}in[1,x])，对应的，(forall iin(x,n],minlimits_{j>i,dfn_j<dfn_i}{j}in[x+1,n+1])。这样就可以把问题分解成(x)左右两半相似的问题，其中左边的值域变成((v_x,m])，右边值域不变。问题就迎刃而解了。

考虑DP。设(dp_{i,j})表示((v,dfn))序列的大小为(i)，值域为([j,m])的方案数。边界(dp_{0,j}=1)，目标(dp_{n,1})。枚举(dfn_x=1)的(x)和(v_x)两个东西，就可以转移了，注意到若左右各找一个方案，那么左右两半内部的(dfn)相对大小固定，而跨越左右两半的(dfn)相对大小無·所·謂，将它们的(dfn)值域共同扩展，还要乘上一个组合数。

状态转移方程：

[dp_{i,j}=sum_{k=1}^isum_{o=j}^mdp_{k-1,o+1}dp_{i-k,j}inom{i-1}{k-1} ]

不过这样时间复杂度是(mathrm O!left(n^4 ight))的（视(n,m)同阶），然鹅很好优化，移一下(sum)得到

[dp_{i,j}=sum_{k=1}^idp_{i-k,j}inom{i-1}{k-1}sum_{o=j}^mdp_{k-1,o+1} ]

则实时维护(forall iin[0,n],dp_i)的前缀和，后面那个(sum)调用一下前缀和复杂度就少一个(n)了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=300,M=300;
int n,m,mod;
int comb[N+1][N+1];
int dp[N+1][M+2];
int Sum[N+1][M+2];
int main(){
	cin>>n>>m>>mod;
	comb[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=0;j<=i;j++)comb[i][j]=((j?comb[i-1][j-1]:0)+(j<i?comb[i-1][j]:0))%mod;//预处理组合数 
	for(int i=1;i<=m+1;i++)Sum[0][i]=(Sum[0][i-1]+(dp[0][i]=1))%mod;//边界 
	for(int i=1;i<=n;i++){//转移 
		for(int j=1;j<=m;j++){
			for(int k=1;k<=i;k++)(dp[i][j]+=1ll*dp[i-k][j]*comb[i-1][k-1]%mod*(Sum[k-1][m+1]-Sum[k-1][j])%mod)%=mod;//转移方程 
			Sum[i][j]=(Sum[i][j-1]+dp[i][j])%mod;//维护前缀和 
//			printf("dp[%d][%d]=%d
",i,j,dp[i][j]);
		}
		Sum[i][m+1]=Sum[i][m];//维护前缀和 
	}
	cout<<(dp[n][1]+mod)%mod;//目标 
	return 0;
}