[ABC238F] Two Exams 题解

合集 - 题解(22)

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[ABC238F] Two Exams

思路解析

这题很麻烦，因为有两个维度。所以可以想到先按照第一维排序，这样就不需要考虑第二维的问题。其次再发现数据范围小，可以想到能用 dp 做，接下来就考虑如何 dp。首先我们要知道我们遍历到了第几个公民，同时还要知道还剩下几个代表名额，同时我们还需要思考第二维对选择代表的影响。于是想到 $f_{i,j,k}$ 表示考虑完了前 $i$ 个人，选了 $j$ 个公民做代表，在没有被选为代表的人中第二维的值最小的值是 $k$。原因是我们已经按照第一位排好了序，当前的人在第一维上的排名一定落后于第二维是 $k$ 的人，如果当前人在第二维上依然落后于 $k$，就必定不可以选。

然后考虑状态转移，分为选和不选两种情况。

• 如果不选，$j$ 不变，但需要更新 $k$，所以可得 $f_{i,j,min(k,q_i)}\leftarrow f_{i-1,j,k}$

• 如果选，则 $j$ 需要加一，同时比较 $q_i$ 和 $k$，可得 $f_{i,j,k}\leftarrow f_{i-1,j-1,k}$

最后的答案就是 $\sum _{i=1}^{n+1}{f}_{n,m,i}$。

细节：初始时没有一个人不选，$k$ 为 $n+1$，以及统计答案时也有可能没有一个人不选，记得遍历到 $n+1$。

时间复杂度：第一维枚举每一个人，第二维枚举选几个人，第三维枚举当前最小值，因此为 $O(m{n}^2)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define PII pair<int, int>
#define fir first
#define sec second
const int N = 310, mod = 998244353;
int n, m, f[N][N][N];
PII a[N];
int main() {
	cin >> n >> m;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i].fir; 
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		cin >> a[i].sec;
	}
	sort(a + 1, a + n + 1, [](PII x, PII y) { return x.fir < y.fir;});
	f[0][0][n + 1] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 0; j <= m; j++) {
			for(int k = 1; k <= n + 1; k++) {
				f[i][j][min(a[i].sec, k)] = (f[i][j][min(a[i].sec, k)] + f[i - 1][j][k]) % mod;	//不选的情况
				if(j > 0 && a[i].sec < k) {	//判断，不能使当前人的排名落后于 k
					f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][j - 1][k]) % mod; //选的情况
				}
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for(int i = 1; i <= n + 1; i++) ans = (ans + f[n][m][i]) % mod;	//统计以每一个数结尾的情况
	cout << ans;
	return 0;
}