Tree Depth P 题解

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Tree Depth

题意

$~~~~$ 对一个排列建立小根笛卡尔树，定义第 $i$ 个位置的权值为其在笛卡尔树上的深度。求对于所有恰好有 $k$ 个逆序对的排列，每个位置的权值和对一个大质数取模。
$~~~~$ $1\leq n\leq 300$。

题解

$~~~~$ 考虑深度这个东西可以怎么刻画，比如说：某个点的祖先数 $+1$。

$~~~~$ 那么由于这是小根笛卡尔树，我们就会发现若一对 $(u,v)$ 中 $v$ 是 $u$ 的祖先，那 $\min_{i=u}^{v-1} a_i>a_v$ ，这样这些东西才不会影响 $v$.

$~~~~$ 对于恰好有 $k$ 个逆序对，经典的dp是我们定义 $dp_{i,j}$ 表示前 $i$ 个点，有 $j$ 个逆序对，那么第 $i$ 个位置就可以贡献 $[0,i-1]$ 个逆序对。

$~~~~$ 现在我们枚举点对 $(u,v)$ ，那由于有上面的限制，实际上 $v$ 的逆序对贡献是固定的，怎么办呢？我们把 $u$ 前面和 $v$ 后面的先算出来，然后每次对每个点对撤销 $(u,v)$ 段的影响重新 dp 一遍就好了。

代码

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#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define PII pair<int,int>
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
template<typename T>void read(T &x)
{
    T f=1;x=0;char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
    x*=f;
}
int n,k,MOD;
inline int Add(int a,int b){return (a+b)%MOD;}
inline int Dec(int a,int b){return (a-b+MOD)%MOD;}
inline int Mul(int a,int b){return 1ll*a*b%MOD;}
inline int qpow(int a,int b)
{
	int ret=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ret=Mul(ret,a);
		b>>=1;a=Mul(a,a);
	}
	return ret;
}
int f[2][46605],Sum[46605],g[46605],Siz,Ans[46605];
void Cancel(int x)
{
	memset(g,0,sizeof(g));
	int now=MOD-1; g[0]=1;
	for(int i=1;i<=Siz-x;i++)
	{
		if(i>x) now=Add(now,g[i-x-1]);
		now=Dec(now,g[i]=Add(f[n&1][i],now));
	}
}
int main() {
	read(n);read(k);read(MOD);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		Sum[0]=f[i&1][0]=1; Siz+=i-1;
		for(int j=1;j<=Siz;j++)
		{
			f[i&1][j]=Sum[j]=Add(Sum[j-1],f[!(i&1)][j]);
			if(j>=i) f[i&1][j]=Dec(f[i&1][j],Sum[j-i]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) Ans[i]=f[n&1][k];
	for(int Now=1;Now<n;Now++)
	{
		Cancel(Now);
		for(int i=1;i<=n-Now;i++)
		{
			if(Now<=k) Ans[i]=Add(Ans[i],g[k-Now]);
			Ans[i+Now]=Add(Ans[i+Now],g[k]);
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d ",Ans[i]);
	return 0;
}
/*
瑶草一何碧，春入武陵溪。溪上桃花无数，花上有黄鹂。我欲穿花寻路，直入白云深处，浩气展虹霓。只恐花深里，红露湿人衣。
坐玉石，欹玉枕。拂金徽。谪仙何处，无人伴我白螺杯。我为灵芝仙草，不为朱唇丹脸，长啸亦何为。醉舞下山去，明月逐人归。
*/