P10141 [USACO24JAN] Merging Cells P

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题解

正难则反

• 正着，设 $dp(l,r)$ 为合并出 $[l,r]$的概率，枚举大区间两端点合并（区间DP）
  • 复杂度 $O(n^4)$
• 反着，设 $dp(l,r)$ 表示由 $[1,n]$ 分裂出 $[l,r]$ 的概率
  • 设大区间为 $[i,j]$，中间点为 $k$
  • 若 $[i,k]>[k+1,j]$，$dp(i,k)=\frac{dp(i,j)}{i-j}$ （一共有 $i-j$ 个空隙，选择其中一个的概率是 $\frac{1}{i-j}$）
  • 反之，$dp(k+1,j)=\frac{dp(i,j)}{i-j}$
  • 这里 $[i,k]>[k+1,j]$​ 的比较规则见题意
• 如果 $i$ 固定，使得 $[k+1,j]<[i,k]$ 的 $j$ 单点递减
• 同样，如果 $j$ 固定，使得 $[i,k]<[k+1,j]$ 的 $i$​ 单调递增
• 所以可以采用双指针的方法，维护前/后缀和，把复杂度降到 $O(n^2)$
• 此时 $dp(i,k)=\sum _{p=k+1}^j\frac{dp(i,p)}{p-i}$

代码

• 小细节

  • 为什么不是 $\le$

    • 因为此时 $[l,r]$ 的编号本身就 $>[ll[r],l]$，所以只要值 $\ge [ll[r],l]$ 就可以
    • 而上面 $[l,r]$ 的编号 $<[r,rr[l]]$ ，如果值相等，那就会取后者而不是 $[l,r]$

  • 前后缀和的 $l,r$ 具体是谁

# include <bits/stdc++.h>
# define int long long
using namespace std;
const int MOD = 1e9 + 7;
const int N = (int)5e3 + 10;
 
int n;
int s[N];
int dp[N][N], pre[N][N], suf[N][N];
int inv[N], ll[N], rr[N];
 
int Q_pow(int a, int b){
	int ans = 1, p = a;
	while(b){
		if(b & 1){
			ans = (ans * p) % MOD;
		}
		p = (p * p) % MOD;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}
 
signed main(){
	cin >> n;
	inv[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cin >> s[i];
		s[i] += s[i - 1];
		inv[i] = Q_pow(i, MOD - 2);
		ll[i] = 1, rr[i] = n;
	}
	
	dp[1][n] = pre[1][n] = suf[1][n] = inv[n - 1];
	for(int i = n - 1; i >= 1; i--){
		for(int l = 1, r = i; r <= n; l++, r++){
			while(s[r] - s[l - 1] <= s[rr[l]] - s[r]){
				rr[l]--;
			}
			// l, r + 1
			(dp[l][r] += (suf[l][r + 1] - suf[l][rr[l] + 1] + MOD) % MOD) %= MOD;
			
			while(s[r] - s[l - 1] < s[l - 1] - s[ll[r] - 1]){	// 为什么不是 <= ! 
				ll[r]++;
			}
			// l - 1, r
			(dp[l][r] += (pre[l - 1][r] - pre[ll[r] - 1][r] + MOD) % MOD) %= MOD;
			
			
			(dp[l][r] *= inv[r - l]) %= MOD;
			suf[l][r] = suf[l][r + 1];
			(suf[l][r] += dp[l][r]) %= MOD;
			pre[l][r] = pre[l - 1][r];
			(pre[l][r] += dp[l][r]) %= MOD;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++){
		cout << dp[i][i] << "\n";
	}
	cout << "\n";
}