【题解】[JOISC2020] 最古の遺跡 3

做过最神的数数题之一。

先考虑如果给定 \(h\) ，如何求出 \(A\) 。

首先最后一个数一定会留下，倒数第二个数如果和最后一个数相等，则减一，否则一直保留下去。

所以模拟一下我们发现，从后向前扫一遍，如果后面没有出现 \(h_i\) ，则 \(h_i\) 就是当前位置的最终值，否则 \(h_i\) 一直减一直到后面没有出现 \(h_i\) ，减到 \(0\) 为止。

可以设计状态 \(f[i][S]\) 表示后 \(i\) 个数，出现过的数的集合是 \(S\) 的方案数，时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2 2^n)\) ，可以通过第一个子任务。

考虑优化，我们优化状态 \(f[i][j]\) 表示后 \(i\) 个数，出现过的数的集合是 \(1\sim j\) 的方案数，然后每次在 \(j\) 后面接上连续的一段转移转移到 \(f[i'][j+k]\) 。

接下来是愉快的分类讨论环节。

如果当前位置没有留下来，那么当前位置可选的数是 \(1\sim j\) ，因为选 \(>j\) 的数一定会使当前数留下来。我们记当前位置后面没有留下来的位置有 \(res\) 个，当前可以填的数有 \(2j\) 个，已经填了 \(j+res\) 个数，所以还剩 \(j-res\) 个数可以选择，\(f[i][j]=(j-res)\times f[i-1][j]\) 。

如果当前数留了下来。那么考虑是否在 \(j\) 后面接上连续的一段 \(k\) 。

如果不接上，那么就将当前位置留到后面计算，即贡献未来计算，\(f[i][j]=f[i-1][j]\) 。

否则我们枚举 \(k\) ，从 \(f[i-1][j-k]\) 转移到 \(f[i][j]\) 。

首先当前位置一定是的最终值 \(j-k+1\) ，因为如果 \(j-k+1\) 出现在其他位置，则贡献不在这里计算。

其中 \(j-k+2\sim j\) 这 \(k-1\) 个数已经出现过，所以当前位置可填的数有这 \(k-1\) 个数，还有等于 \(j-k+1\) 的两个数，一共 \(k+1\) 个数。

然后钦定这 \(k-1\) 个数的位置，我们令后面留下的位置有 \(sum\) 个，固定前面的 \(j-k\) 个数用了 \(j-k\) 个位置，剩下 \(sum-j+k\) 个位置，方案数为 \(\dbinom{sum-j+k}{k-1}\)。

最后固定这 \(k-1\) 个位置上的数的排列，我们记作 \(g_{k-1}\) 。即用 \(1\sim n\) 这 \(2n\) 个数构成一个长度为 \(n\) 的序列使得最终序列为一个 \(1\sim n\) 的排列。

首先必要条件是：对于任意的 \(i\in [1,n]\) ，使用的 \(\le i\) 的数 \(\le i\) 。显然，如果 \(>i\) ，则至少存在一个数被减到 \(0\) 。

观察一下发现这同时是充分条件，因为这个序列一定优于一个长度为 \(n\) 的排列，而排列一定合法。

所以我们呢记录 \(g[i][j]\) 表示用 \(1\sim i\) 个数，填了 \(j\) 个位置，然后枚举第 \(i\) 个数填了 \(0/1/2\) 个数转移即可。

\[g[i][j]=g[i-1][j]+2j\times g[i-1][j-1]+j(j-1)\times g[i-1][j-2] \]

预处理组合数，时间复杂度 \(\mathcal{O}(N^3)\) 。

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define pre(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define N 605
#define P 1000000007
using namespace std;
int f[N << 1][N], g[N][N], n, u[N << 1], c[N][N];
int main() {
    scanf("%d", &n);
    rep(i, 1, n) {
        int x;
        scanf("%d", &x);
        u[x] = 1;
    }
    rep(i, 0, n) {
        c[i][0] = g[i][0] = 1;
        rep(j, 1, i)c[i][j] = (c[i - 1][j - 1] + c[i - 1][j]) % P;
        rep(j, 1, i) {
            g[i][j] = (g[i - 1][j] + 2LL * j * g[i - 1][j - 1]) % P;

            if (j > 1)
                g[i][j] = (g[i][j] + 1LL * g[i - 1][j - 2] * j * (j - 1)) % P;
        }
    }
    f[n * 2 + 1][0] = 1;
    int sum = 0;
    pre(i, n * 2, 1) {
        if (u[i]) {
            rep(j, 0, sum + 1) {
                f[i][j] = f[i + 1][j];
                rep(k, 1, j)
                f[i][j] = (f[i][j] + 1LL * f[i + 1][j - k] * c[sum - (j - k)][k - 1] % P * g[k - 1][k - 1] % P * (k + 1)) % P;
            }
            sum++;
        } else {
            int res = n * 2 - i - sum;
            rep(j, 0, sum)f[i][j] = 1LL * f[i + 1][j] * (j - res) % P;
        }
    }
    rep(i, 1, n)f[1][n] = 500000004LL * f[1][n] % P;
    printf("%d\n", f[1][n]);
    return 0;
}