NOIP模拟赛three(3)

题目描述 Description###

很久很久以前，有两个长度为 \(n\) 的排列 \(a\) 和 \(b\) 以及一个长度为 \(n\) 的由 \(1\) 和\(2\) 组成的序列 c。对于 \(1<=i<=n\)，\(a_i-b_i<=c_i\)。
在岁月中这两个排列早已遗落，只留下了序列 \(c\) 。现在你想要知道满足 \(a_i-b_i<=c_i\) 的方案数，\(a\) 或 \(b\) 某一对应位不同即算不同方案。
由于答案较大，你需要 \(mod 666623333\) 输出。

输入描述 Input Description###

第一行一个整数 \(n\) 。
第二行 \(n\) 个 \(1\) 或 \(2\) 的整数，表示 \(c\) 序列。

输出描述 Output Description###

一个整数，满足条件的方案数 \(mod 666623333\) 。

样例输入 Sample Input###

4
2 1 2 1

样例输出 Sample Output###

296

数据范围及提示 Data Size & Hint###

对于 20%的数据，\(n<=6\) 。
对于 40%的数据，\(n<=10\) 。
对于另外 10%的数据，c 全为 1。
对于另外 20%的数据，c 全为 2。
对于 80%的数据，\(n<=100\) 。
对于 100%的数据，\(1<=n<=2000\) 。

之前的一些废话###

题解###

首先我们可以发现\(C\) 数组中\(1，2\) 的顺序并不重要，重要的是\(1,2\) 的个数。然后由于\(A,B\) 两个都是属于\(1-n\) 的序列，由于\(C\) 数组是针对每一个\(A\) ,$B $ 数的，所以我们不妨定一看一，固定\(A\) 数组来看\(B\) 数组的填法。假设\(A\) 数组是从1到n，然后我们考虑依次往里填数。设\(dp[i][j]\) 表示已经用了\(i\) 个\(1\) ，\(j\) 个\(2\) 的方案数，由于我们是从左到右依次处理的，所以到当前位置，所有B数组的上限已经小于等于当前的数，可以证明：\(A_{i-1}=i-1,B_{i-1}=i\) 或\(i+1\) ,而\(A_i=i,B_i=i+1\) 或\(i+2\)，证明了\(B_i \geq B_{i-1}\) ,证明完了这个我们就可以有序的填入B数组了，转移方程为
\(dp[i+1][j]=dp[i+1][j]+dp[i][j]*(min(n,i+j+2)-i-j), dp[i][j+1]=dp[i][j+1]+dp[i][j]*(min(n,i+j+3)-i-j))\) ，
注意最后答案要乘以\(cnt[1]!*cnt[2]!\)

代码###

#include<iostream>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
inline int read()
{
    int x=0,f=1;char c=getchar();
    while(!isdigit(c)){if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
    while(isdigit(c)){x=x*10+c-'0';c=getchar();}
    return x*f;
}
const int maxn=2010,MOD=666623333;
int n,cnt[2],dp[maxn][maxn],fac[maxn];
int main()
{
    n=read();fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)cnt[read()-1]++;
    for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=((LL)fac[i-1]*(LL)i)%MOD;
    dp[0][0]=1;
    for(int i=0;i<=cnt[0];i++)
        for(int j=0;j<=cnt[1];j++)
        {
            dp[i+1][j]=(dp[i+1][j]+((LL)dp[i][j]*(LL)(min(n,i+j+2)-i-j))%MOD)%MOD;
            dp[i][j+1]=(dp[i][j+1]+((LL)dp[i][j]*(LL)(min(n,i+j+3)-i-j))%MOD)%MOD;
        }
    int t=((LL)fac[cnt[0]]*(LL)fac[cnt[1]])%MOD;
    printf("%d\n",((LL)dp[cnt[0]][cnt[1]]*(LL)t)%MOD);
    return 0;
}

总结###

像这种排列问题明显就是\(DP\) ，但是关键在于有序的填数进去才能进行正常的\(DP\) ，而且定一看一的思想也是非常重要的。