题解 [AGC028D] Chords
挺妙的一道区间 dp。
首先把圆转化成序列。
把连通块的个数和转化成每个集合是一个连通块的方案数，求个和就是答案。
我们考虑怎么来刻画一个连通块。
注意到每一个连通块都可以唯一的对应到一段区间，左端点和右端点分别为连通块的最大值，最小值，连通块的所有元素全部在这个区间内（但区间内可能还有别的小连通块）。
于是我们可以计算这样的区间个数，他的左端点和右端点分别为连通块的最小、最大值。
可以发现的是区间内不会有向区间外的连边，不然区间外一定还会有和 \(l,r\) 连通的元素。
于是我们可以进行区间 dp。设 \(f_{l,r}\) 表示 \(l,r\) 在一个连通块内，且为最小、最大值的方案数。
先排除掉不合法的区间，就是区间内未配对的数只有奇数个，或者区间有向区间外的连边。
考虑正难则反，用总数减去不合法的方案数。
设区间内未配对的数的个数为 \(cnt\) 。
总数就是 \((cnt-1)!!\) ，双阶乘。
计算不合法的方案，也就是 \(l,r\) 不连通，我们枚举 \(l\) 所在的连通块，设为 \(l,i\)，那么方案数为 \(f_{l,i}\times g_{i+1,r}\)
\(g_{l,r}\) 表示的是 \(l,r\) 内随意配对的方案数，也就是上面的总数
直接区间 dp 即可，复杂度 \(O(n^3)\)
\(\sf{Code}\)
#include<bits/stdc++.h>
#define N 2001001
#define MAX 2001
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
const ll mod=998244353,inf=1e18,inv2=(mod+1)/2;
inline void read(ll &ret)
{
ret=0;char c=getchar();bool pd=false;
while(!isdigit(c)){pd|=c=='-';c=getchar();}
while(isdigit(c)){ret=(ret<<1)+(ret<<3)+(c&15);c=getchar();}
ret=pd?-ret:ret;
return;
}
ll n,a[N],ans,sum;
bitset<50000*25>b[51][51];
ll ret[2][N];
signed main()
{
read(n);
for(int i=1;i<=n*2;i++)
read(a[i]);
sort(a+1,a+n*2+1);
ans=a[1]+a[2];
for(int i=3;i<=n*2;i++)
sum+=a[i];
ret[0][1]=a[1],ret[1][n]=a[2];
b[2][0].set(0);
for(int i=3;i<=n*2;i++)
for(int j=n-1;j;j--)
b[i][j]=b[i-1][j]|(b[i-1][j-1]<<a[i]);
ll res=inf,p=0;
for(int i=0;i<=50000*25;i++)
if(b[n*2][n-1][i])
{
if(max(ll(i),sum-i)<res)
{
res=max(ll(i),sum-i);
p=i;
}
}
ll tot=n-1;
ll c=0;
for(int i=n*2;i>=3;i--)
{
if(!tot)
{
ret[1][++c]=a[i];
continue;
}
if(b[i-1][tot][p])
ret[1][++c]=a[i];
else
ret[0][(tot--)+1]=a[i],p-=a[i];
}
for(int i=0;i<=1;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)
printf("%lld ",ret[i][j]);
putchar('\n');
}
exit(0);
}
坑：我原来以为 \(l>r\) 的区间也要做一遍，因为是个环要考虑两个方向，直到yhw告诉我，像 \(456781\) 这样的最小值不是 \(4\) 是 \(1\) 我才反应过来。。
