JOISC2020 遗迹

Description

https://loj.ac/p/3276

给定一个有 \(2n\) 个建筑的街道，建筑的高度的多重集等于多重集 \(\{1,1,2,2,\dots n,n\}\)

会发生 \(n\) 次地震，每次地震会使得每个高度 \(i\) 的建筑中非最右侧建筑的高度减少 \(1\)，减至 \(0\) 则不再减

最后有 \(n\) 个高度为 \(1\sim n\) 的建筑会被保留，给定位置集合，求有多少初始高度排列能得到呢？

\(n\le 600\)

Solution

设每个数字第一次出现为 \(\rm fir_i\) 第二次出现类似的为 \(\rm sec_i\)

考虑给定一组 \(A\) 求得最后的 \(B\) 的过程，以下两种是等价的

• 从 \(n\) 到 \(1\) 扫每个 \(i\)，维护集合 \(S\)，初始为空，每次将 \(S\leftarrow S\cup\{fir_i,sec_i\}\) 并弹出最大元素作为这个位置最后保留的 \(pos_i\)，那么得到的 \(B\) 就是所有 \(pos_i\) 的并集

• 从 \(2n\) 到 \(1\) 扫描每个位置，维护长度为 \(n\) 的序列 \(B\) 初始为全 \(0\)，对于 \(i\) 找到 \(\le A_i\) 仍为 \(0\) 的 \(B_j\) 并将 \(B_j\) 置为 \(i\)

我只想到了第一个过程所以这题没得做，执行第二个过程并设 \(f_{i,j}\) 表示从后往前走到了 \(i\)，前面的放置满足 \(\rm mex=j+1\) 的方案数，初始化 \(f_{2n+1,0}=1\)，答案为 \(f_{1,n}\)

讨论 \(i\) 是否属于题目中所给的 \(B\) 有两种转移，设 \(B_j\ge i\) 的数量为 \(s_i\)，\(\ge i\) 中不在 \(B\) 中的数字数量为 \(des_i\)，简记 \(len_i=2n-i+1\)：

• \(i\notin B\) 时比较容易，这时候 \(A_i\) 的取值只能是 \([1,j]\) 否则会让 \(j\) 增加，那么 \(f_{i+1,j}\) 贡献给 \(f_{i,j}\) 的系数是没有被两次放置的数字，形式化表示为 \(j-des_{i+1}\)

• \(i\in B\) 时分 \(A_i=j+1\) 与否进行讨论，如果 \(A_i>j+1\) 时不会对第二维造成变化，先 \(f_{i,j}\leftarrow f_{i+1,j}\)

  如果 \(A_i=j+1\) 枚举 \(f_{i+1,j}\) 贡献到的 \(f_{i,j+k}(k>0)\) 首先选出来 \(suf_i-j-1\) 个数字中的 \(k\) 个最后变成了 \((j+1,j+k]\)（左边是开区间的原因是 这些被选的点的下标 \(\ge i+1\)），即先附加 \(\binom{suf_i-j-1}{k-1}\)

  同时将高度为 \(i\) 的两根柱子看作是本质不同的柱子来转移，最后除 \(2^n\)，不难发现这和 \(i\notin B\) 的转移是吻合的，所以这时候 \(A_i\) 的取值有 \(k+1\) 种即 \((j+1,j+k]\) 中的一个或者 \(j+1\) 的两个

  剩下的就考虑 \(k-1\) 个数字分配高度使得最终形成长度为 \(k-1\) 的连续段的方案数

  朴素的 dp 的做法就是 \(g_{i,j}\) 表示 \(j\) 个位置填 \(\le i\) 的数字并使其合法的方案数，那么 \(g_{i,j}=2jg_{i-1,j-1}+(j-1)jg_{i-1,j-2}+g_{i-1,j}\)

  含义就是在高度 \(i\) 填 \(0/1/2\) 个柱子，这里注意每个高度都有两个本质不同的柱子了所以要在 \(g_{i-1,j-1}\) 处乘 \(2\) 即 \(g_{i-1,j-2}\) 的系数 \(\binom j 2\) 也乘 \(2\)

  预处理即可

时间复杂度 \(\Theta(n^3)\)

Code

const int N=1210;
int n,dp[N][N],suf[N],fac[N],ifac[N],f[N];
inline int C(int n,int m){return mul(fac[n],mul(ifac[m],ifac[n-m]));}
bool vis[N];
signed main(){
    f[0]=fac[0]=1;
    rep(i,1,1200) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
    ifac[1200]=ksm(fac[1200],mod-2);
    Down(i,1200,1) ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
    n=read(); 
    for(int i=1;i<=n;++i){
        int pos=read();
        vis[pos]=1;
        f[i]=mul(fac[i+1],mul(ifac[i+2],C(2*(i+1),i+1)));
        ckmul(f[i],fac[i]);
    }
    dp[n<<1|1][0]=1;
    Down(i,2*n,1){
        suf[i]=suf[i+1]+vis[i];
        if(!vis[i]){
            int des=2*n-i-suf[i];
            for(int j=des+1;j<=suf[i];++j) dp[i][j]=mul(dp[i+1][j],j-des);
        }else{
            for(int j=0;j<=suf[i+1];++j) if(dp[i+1][j]){
                ckadd(dp[i][j],dp[i+1][j]);
                for(int k=1;j+k<=suf[i];++k){
                    int addi=mul(f[k-1],mul(k+1,C(suf[i+1]-j,k-1)));
                    ckadd(dp[i][j+k],mul(dp[i+1][j],addi));
                }
            }
        }
    }
    print(mul(dp[1][n],ksm((mod+1)/2,n)));
    return 0;
}

这题真的做完了吗？

另附 \(g_{i,i}=Cat_{i+1}\times(i!)\) 的简单解释

考虑 \(g_{n,n}\) 的实际含义，将 \(1\sim 2n\) 写到序列上，中间挑 \(n\) 个数字出来，限制 \(pre_{2k}\ge k\)，将有数的位置看成 \(+1\)，空位置看成 \(-1\) 那么变成了偶数位置 \(\ge 0\)，这就是卡特兰数第 \(n+1\) 项，可以用不经过直线 \(y=-1\) 来理解

更直白地（来自 happyguy656）：偶数位置的限制 \(\ge 0\) 再添加进去奇数位置 \(\ge -1\) 那么就都有限制了，再在序列开头加一个左括号，结尾加一个右括号就变成了偶数位置 \(\ge 0\)，奇数位置 \(\ge 1\)，就是正宗卡特兰数了，序列长度 \(2n+2\)，所以是第 \(n+1\) 项

最后乘阶乘的原因是这 \(n\) 个数字是等价的，轮换也无妨

在 LOJ 讨论区里 nealchen 写了这样一个结论：长度为 \(n\) 的括号序列的合法子序列的数量为 \(Cat_{n+1}\)，考察了最后一个括号的匹配者并使用了 \(\rm OGF\) 相同来证明的，有没有组合意义解释呢？