文章目錄

• [AtCoder-ABC209-f] Deforestation
• [AtCoder-Educational DP Contest-T]Permutation
• 「JOI Open 2016」摩天大樓
• topcoder srm 489 div1 lev3 : AppleTrees
• [CodeForces-626F] Group Projects
• [TopCoder] Seatfriends
• 小結

[AtCoder-ABC209-f] Deforestation

考慮相鄰的兩棵樹，先砍 $i?1$ 再砍 $i$，花費 $h_{i?1}+2?h_i$，先砍 $i$ 再砍 $i?1$，花費 $2?h_{i?1}+h_i$。

也就是說，后砍的樹貢獻次數要多一次。貪心地有 越高的樹越先砍。

設 $f(i,j):$ 所有排列中在只考慮前 $i$ 個樹的情況下， $i$ 樹是第 $j$ 個被砍掉的數量。

• $h_i=h_{i?1}$，無所謂先后。

  $f(i,j)={\sum }_{k=1}^{i?1}f(i?1,k)$。

• $h_i>h_{i?1}$。

  $f(i,j)={\sum }_{k=j}^{i?1}f(i?1,k)$。

• $h_i<h_{i?1}$。

  $f(i,j)={\sum }_{k=1}^{j?1}f(i?1,k)$。

前綴和優化即可。

注意：可能你會疑惑為什么求和上限不是 $n$。如果是 $n$ 其實想一下就知道會算重，但又會疑惑為什么這樣不會算重。下面給出兩種解釋（本質一樣）。

• 這個第 $j$ 個被砍掉的含義是，假設已知最后 $n$ 棵樹的砍順序，把 $1～i$ 的樹的砍樹順序單獨拎出來組成長度為 $i$ 的順序，從小到大排序后，$i$ 樹在這個小排列中是第 $j$ 個被砍的。
• $\text{Oxide}$ 解釋：這是個相對過程，后面的樹一旦插入 $j$，相當于把前面的樹砍順序在 $j$ 及以后的都再往后移了一個。

#include <cstdio> #define maxn 4005 #define int long long #define mod 1000000007 int n; int h[maxn]; int dp[maxn][maxn];signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ )scanf( "%lld", &h[i] );h[0] = h[1], dp[0][0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j = 1;j <= i;j ++ ) {if( h[i] == h[i - 1] )dp[i][j] = dp[i - 1][i - 1];else if( h[i] > h[i - 1] )dp[i][j] = ( dp[i - 1][i - 1] - dp[i - 1][j - 1] + mod ) % mod;elsedp[i][j] = dp[i - 1][j - 1];}for( int j = 1;j <= i;j ++ )dp[i][j] = ( dp[i][j] + dp[i][j - 1] ) % mod;}printf( "%lld\n", dp[n][n] );return 0; }

[AtCoder-Educational DP Contest-T]Permutation

vjudge

這道題和上一道題目是同一個類型，$dp$ 定義以及優化也是一樣的。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define mod 1000000007 #define maxn 3005 int f[maxn][maxn]; char s[maxn]; int n; /* f(i,j):考慮到i位放j 前面都已經滿足s的符號限制 的排列數量 s[i] = '<' f(i+1,j) <- f(i,k) k<j s[i] = '>' f(i+1,j) <- f(i,k) k>j */ signed main() {scanf( "%lld %s", &n, s + 1 );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) f[1][i] = i;for( int i = 1;i < n;i ++ ) {for( int j = 1;j <= n;j ++ ) {if( s[i] == '<' )f[i + 1][j] = f[i][j - 1] % mod;elsef[i + 1][j] = ( f[i][i] - f[i][j - 1] + mod ) % mod;}for( int j = 1;j <= n;j ++ )( f[i + 1][j] += f[i + 1][j - 1] ) %= mod; }printf( "%lld\n", f[n][n] );return 0; }

「JOI Open 2016」摩天大樓

LOJ#2743

將 $A$ 從小到大排序。考慮微元法。

答案排列相鄰的一對 $A_i,A_j$，產生的貢獻可以表示為 ${\sum }_{k=j}^{i?1}{A}_{k+1}?A_k$。

我們可以提前計算 $A_{k+1}?A_k$ 對答案的貢獻次數。

設 $f(i,j,k,d):$ 放了前 $i$ 個數，產生了 $j$ 個互相獨立的連續段，總貢獻為 $k$，排列的首尾（下面稱為墻）被占了 $d$ 個。

則可以算出當前 $A_{i+1}?A_i$ 的貢獻，即為 $(A_{i+1}?A_i)?(2?j?d)$。

因為有 $2?j?d$（墻只能延伸一個方向）個連續段的左右在后面某個時刻會放數，這部分一定會貢獻微元。

令 $t=k+(2?j?d)(A_{i+1}?A_i)$。

• $i+1$ 獨立成一段。

  • 獨立成一個中間段，非墻。

    如果一個墻都沒有，那么有 $j+1$ 個空，KaTeX parse error: Expected '}', got '_' at position 7: \text{_?_X___X___}。

    如果有一個墻，就少一個空，KaTeX parse error: Expected '}', got '_' at position 8: \text{X_?__X___X___}。

    所以合并可以寫成以下形式：

    $f(i+1,j+1,t,d)\leftarrow f(i,j,k,d)?(j+1?d)$。

  • 獨立成一個墻段，如果前后兩個墻均未有，則還要考慮是做首還是尾。

    $f(i+1,j+1,t,d+1)\leftarrow f(i,j,k,d)?(2?d)$。

• $i+1$ 做樞紐，合并某兩個段。$j$ 個段，有 $j?1$ 個空填入 $i+1$ 然后連接起來。

  $f(i+1,j?1,t,d)\leftarrow f(i,j,k,d)?(j?1)$。

• $i+1$ 從某個段的左/右延伸。

  • 普通延伸。

    $f(i+1,j,t,d)\leftarrow f(i,j,k,d)?(2?j?d)$。

  • 延伸到了墻。

    $f(i+1,j,t,d+1)\leftarrow f(i,j,k,d)?(2?l)$。

有些轉移還有對 $i,j,k,d$ 的限制，具體可見下面代碼。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define mod 1000000007 int f[2][102][1002][3]; int a[105], n, L;signed main() {scanf( "%lld %lld", &n, &L );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );if( n == 1 ) return ! puts("1");sort( a + 1, a + n + 1 );f[0][0][0][0] = 1;for( int i = 0;i < n;i ++ ) {int o = i & 1;memset( f[o ^ 1], 0, sizeof( f[o ^ 1] ) );for( int j = 0;j <= i + 1;j ++ )for( int k = 0;k <= L;k ++ )for( int d = 0;d <= 2;d ++ ) {if( ! f[o][j][k][d] ) continue;int t = k + ( a[i + 1] - a[i] ) * ( j * 2 - d );if( t > L ) continue;( f[o ^ 1][j + 1][t][d] += f[o][j][k][d] * ( j + 1 - d ) ) %= mod;if( d < 2 ) ( f[o ^ 1][j + 1][t][d + 1] += f[o][j][k][d] * ( 2 - d ) ) %= mod;( f[o ^ 1][j][t][d] += f[o][j][k][d] * ( 2 * j - d ) ) %= mod;if( j ) ( f[o ^ 1][j - 1][t][d] += f[o][j][k][d] * ( j - 1 ) ) %= mod;if( d < 2 and j ) ( f[o ^ 1][j][t][d + 1] += f[o][j][k][d] * ( 2 - d ) ) %= mod;}}int ans = 0;for( int i = 0;i <= L;i ++ ) ( ans += f[n & 1][1][i][2] ) %= mod;printf( "%lld\n", ans );return 0; }

topcoder srm 489 div1 lev3 : AppleTrees

Vjudge-AppleTrees

topcoder這是什么煞筆提交方式（無能狂怒

如果我們確定了一個種樹的順序，那么相鄰樹的最小間距也隨之確定。

將 $D$ 減去這個最小間距，就可以看成一個插板問題了。

所以我們要求出對于每一個 $L$，滿足條件 $L={\sum }_{i=1}^{n?1}\max \{r(P_i),r(P_{i+1})\}$ 的排列數量。

注意到 $r$ 最大的 $i$ 左右種什么數不影響這兩段間隙的最小長度，因為均由 $r_i$ 決定。

所以我們將 $r$ 從小到大排序，貢獻由相鄰兩棵樹之間后放入的樹（$r$更大的樹）決定。

設 $f(i,j,k):$ 前 $i$ 棵樹，形成了 $j$ 個不相交的排列，排列的代價總和為 $k$ 的方案數。

• $i+1$ 獨立成一個新排列。

  $f(i+1,j+1,k)\leftarrow f(i,j,k)$。

• $i+1$ 延伸某個排列。每個排列還有左右延伸之分。

  $f(i+1,j,k+r_{i+1})\leftarrow f(i,j,k)?2?j$。

• $i+1$ 合并兩個排列。由于每個排列之間沒有敲定順序，所以是任選兩個排列還要區分接法。

  $f(i+1,j?1,k+2?r_{i+1})\leftarrow f(i,j,k)?A_j^2$。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define mod 1000000007 long long fac[100005], inv[100005]; long long f[50][50][1700];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = 1ll * ans * x % mod;x = 1ll * x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }void init( int n ) {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod; }long long C( int n, int m ) {if( n < m ) return 0;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; }class AppleTrees {public :int theCount( int D, vector < int > r ) {int n = r.size();init( D );sort( r.begin(), r.end() );f[0][0][0] = 1;for( int i = 0;i < n;i ++ )for( int j = 0;j <= n;j ++ )for( int k = 0;k <= 1600 and k <= D;k ++ ) {if( ! f[i][j][k] ) continue;( f[i + 1][j + 1][k] += f[i][j][k] ) %= mod;( f[i + 1][j][k + r[i]] += f[i][j][k] * (j << 1) % mod ) %= mod;if( j ) ( f[i + 1][j - 1][k + (r[i] << 1)] += f[i][j][k] * j * (j - 1) % mod ) %= mod;}int ans = 0;for( int i = 1;i <= min( 1600, D );i ++ )ans = ( 1ll * ans + f[n][1][i - 1] * C( D - i + n, n ) % mod ) % mod;return ans;} };

[CodeForces-626F] Group Projects

CodeForces

與上面的摩天大樓類似。

對于每一組，我們只關心最大值和最小值。

將序列從小到大排序后，每組的最大值減去最小值的差值相當于是一段排序后數組的差分和。

設 $f(i,j,k):$ 前 $i$ 個數，當前分成了若干組，其中有 $j$ 組還能繼續放數，各組的極值之和為 $k$ 的方案數。

當前差分值的貢獻為 $(a_{i+1}?a_i)?j$。記 $t=(a_{i+1}?a_i)?j+k$。

• 單獨成一組，且是組的起終點，不能繼續放數：$f(i+1,j,t)\leftarrow f(i,j,k)$。
• 新開一個組，且不關閉：$f(i+1,j+1,t)\leftarrow f(i,j,k)$。
• 插入某個組，但不結束那個組，有 $j$ 種方式：$f(i+1,j,t)\leftarrow f(i,j,k)?j$。
• 插入某個組，且結束那個組，仍有 $j$ 種方式：$f(i+1,j,t)\leftarrow f(i,j,k)?j$。

答案即為 ${\sum }_{i=0}^{K}f(n,0,i)$。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define int long long #define mod 1000000007 int f[2][205][1005]; int a[205]; int N, K;signed main() {scanf( "%lld %lld", &N, &K );for( int i = 1;i <= N;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );sort( a + 1, a + N + 1 );f[0][0][0] = 1;for( int i = 0;i < N;i ++ ) {int o = i & 1;memset( f[o ^ 1], 0, sizeof( f[o ^ 1] ) );for( int j = 0;j <= i + 1;j ++ )for( int k = 0;k <= K;k ++ ) {int d = k + ( a[i + 1] - a[i] ) * j;if( d > K ) continue;( f[o ^ 1][j][d] += f[o][j][k] ) %= mod;( f[o ^ 1][j + 1][d] += f[o][j][k] ) %= mod;( f[o ^ 1][j][d] += f[o][j][k] * j ) %= mod;if( j ) ( f[o ^ 1][j - 1][d] += f[o][j][k] * j ) %= mod;}}int ans = 0;for( int i = 0;i <= K;i ++ ) ( ans += f[N & 1][0][i] ) %= mod;printf( "%lld\n", ans );return 0; }

[TopCoder] Seatfriends

Vjudge

與上面的AppleTrees類似。

如果把空位放入動態規劃一起考慮，計數會變得很麻煩。所以只考慮有 $k$ 個位置的情況。

因為是環排列，所以先固定第一個人的位置，有 $n$ 種選擇，$f(1,1)=n$。

設 $f(i,j):i$ 個人分成 $j$ 組的方案數。注意保證轉移過程全程合法。

• 在任意兩組內新增一個組：$f(i+1,j+1)\leftarrow f(i,j)?j$。因為是個環，所以空應該有 $j$ 個。
• 新加一個在組的其中一邊：$f(i+1,j)\leftarrow f(i,j)?j?2$。
• 合并兩個組，空仍然有 $j$ 個：$f(i+1,j?1)\leftarrow f(i,j)?j$。

注意，當 $n=k$ 的時候，直接返回 $f(k?1,1)$。因為最后一個人只能坐剩下來的那個空位。

最后考慮各組間插入空位的情況，對于 $f(k,j)$ 而言，要將 $n?k$ 個空位插入 $j$ 個間隔中（每一個至少需要一個空位），顯然為 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n?k?1}{j?1}\right)$。

$ans={\sum }_{j=1}^{G}f(k,j)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n?k?1}{j?1}\right)$。

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define maxn 2005 #define mod 1000000007 long long f[2005][2005]; long long fac[maxn], inv[maxn];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = 1ll * ans * x % mod;x = 1ll * x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }void init( int n ) {fac[0] = inv[0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n] = qkpow( fac[n], mod - 2 );for( int i = n - 1;i;i -- ) inv[i] = inv[i + 1] * ( i + 1 ) % mod; } int C( int n, int m ) {if( n < m ) return 0;else if( ! n or ! m ) return 1;else return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; }class Seatfriends {public :int countseatnumb( int n, int k, int g ) {int N = n, K = k, G = g;init( N );f[1][1] = N;for( int i = 1;i < K;i ++ )for( int j = 1;j <= G;j ++ ) {(f[i + 1][j + 1] += f[i][j] * j) %= mod;(f[i + 1][j] += f[i][j] * j * 2) %= mod;(f[i + 1][j - 1] += f[i][j] * j) %= mod;}if( N == K ) return f[K - 1][1];int ans = 0;for( int i = 1;i <= G;i ++ ) (ans += f[K][i] * C(N - K - 1, i - 1) % mod) %= mod;return ans;} };

小結

• 排列有空的計數，先把所有空位抽出來，最后組合數乘回去。轉移過程中假設空存在，也就是分組的依據。
• 所求為環排列，欽定一種選法，最后乘上環大小。
• 插入一般理解為插空。
• 注意是否區分一個組的左右。
• 注意是否考慮組之間存在順序，如果存在順序且轉移沒考慮，記得乘組數的階乘。
• 差分法/微分法技巧
• 一般狀態都定義為 $f(i,j,...):i$ 個分成 $j$ 組，然后可能還要附帶一些信息。（是否抵到“墻”）
• 無序轉有序。
• 狀態轉移一般都有：插入自成一組；加入某一組；合并某兩組；墻組還是普通組。
• 一般不需要什么多牛逼的優化。

總結

以上是生活随笔為你收集整理的【刷题记录】排列dp的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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