AGC041D Problem Scores

很久以前，yc 是个菜鸡，面对 AGC049D 一筹莫展，在巨神 vxlimo 的指点下才终于会了。

过了几个月，yc 觉得自己很强，就在此时又受到了 XVIII Open Cup of Ural D 的攻击。巨神 vxlimo 大手一挥，yc 便认识到了自己的渺小。

后来，yc 又看到了这题。吸收了之前的教训，yc 能干掉它吗？

题目
构造一个值域为 \([1,n]\)，长度为 \(n\) 的单调不降序列 \(a_1,a_2,\cdots,a_n\)，并且使得 \(\forall 1\leq k\leq n-1\)，都有任意 \(k\) 个数之和小于任意 \(k+1\) 个数之和。
求构造方案数，对 \(M\) 取模。
\(2\le n\le 5000,9\times 10^8<M<10^9\)，\(M\) 是质数。

题解：

容易发现：

• \(n\) 为偶数：只要前 \(\frac{n}2\) 个数之和大于后 \(\frac{n-2}2\) 个数之和；
• \(n\) 为奇数：只要前 \(\frac{n+1}2\) 个数之和大于后 \(\frac{n-1}2\) 个数之和。

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\(n\) 为偶数的情况略微复杂于 \(n\) 为奇数的情况，故以 \(n\) 为偶数为例。

只要后 \(\frac{n-2}2\) 个数之和减去前 \(\frac{n}2\) 个数之和为负（记为 \(m\)）。

令 \(b_i=\begin{cases}-a_i&(i\le \frac n2)\\0&(i=\frac{n+2}2)\\a_i&(i>\frac{n+2}2)\end{cases}\)

那么 \(a\) 序列和 \(b\) 序列是一一对应的。因此只要算有多少这样的 \(b\) 序列它的总和为负。

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对于单调不降序列的计数，有这样一个套路：

\( \texttt{0 0 0}\cdots\texttt{0 0 0}\\ \texttt{0 0 0}\cdots\texttt{0 0 1}\\ \texttt{0 0 0}\cdots\texttt{0 1 1}\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \cdots\\ \texttt{0 0 1}\cdots\texttt{1 1 1}\\ \texttt{0 1 1}\cdots\texttt{1 1 1}\\ \texttt{1 1 1}\cdots\texttt{1 1 1} \)

这是 \(n+1\) 个长度为 \(n\) 的 01 串。

那么一个长度为 \(n\) 值域为 \([1,n]\) 的序列 可以对应 从以上 01 串取出 \(n\) 个来相加的一种方案（一个串可以取多次，最后一个串至少取一次）。

因此完全背包即可。

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这时考虑刚刚那个计算 \(b\) 序列的个数的问题，类似构造这样的串 （以下是 \(n=6\) 的情况）：

\( \texttt{ 0 0 0 0 0 0}\\ \texttt{ 0 0 0 0 0 1}\\ \texttt{ 0 0 0 0 1 1}\\ \texttt{ 0 0 0 0 1 1}\\ \texttt{ 0 0 -1 0 1 1}\\ \texttt{ 0 -1-1 0 1 1}\\ \texttt{-1 -1-1 0 1 1} \)
（虽然有两个串长得一模一样，但视为不同）

只要算，从以上串中取出 \(n\) 个来相加（一个串可以取多次，最后一个串至少取一次）且总和小于 \(0\) 的方案数。

又只跟总和有关，所以又等价于从 \(0,1,2,\cdots,2,1,0,-1\) 中取出 \(n\) 个来相加，总和小于 \(0\) 的方案数。（对 \(n\) 为奇数的情况，这个对应是差不多的）

注意到只有最后一个是负的，因此想要总和小于 \(0\) 就一定选了最后一个，这个限制相当于没有用。

先对非负的串做 DP，\(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个串，取了 \(j\) 个，和为 \(k\) 的方案数。

答案即为 \(\sum_{j,k}f_{n,j,k}[k-(n-j)<0]=\sum_{j,k}f_{n,j,k}[j+k<n]\)

由于答案只和 \(j+k\) 有关，把 \(j\) 和 \(k\) 合成一维，就是一个完全背包，\(O(n^2)\)。

#include<bits/stdc++.h>
const int N=5003;
int n,M,f[N],s;
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&M);
	f[0]=1;
	for(int i=1,a;i<=n;i++){
	  a=std::min(i,n-i+1);
	  for(int j=a;j<n;j++)f[j]=(f[j]+f[j-a])%M;
	}
	for(int i=0;i<n;i++)s=(s+f[i])%M;
	printf("%d\n",s);
	return 0;
}