P9493 「SFCOI-3」进行一个列的排 （性质+dp）

P9493 「SFCOI-3」进行一个列的排

upd 2024.11.13

性质+dp

题目实在难以入手，至少连手玩都困难。这时候适当放宽题目限制，方便观察，也容易发现一些必要条件。

这题中我们就先将长度限制去掉，通过手玩，进而发现了序列一定是下凸的。这就固定了序列的形式。

看到求排列方案数，可以想到工具 dp。全排列可以通过从小到大插入数来设计状态。

对于题目的限制，我们可以先弱化条件，把 $L_i$ 的限制先去掉，转化为序列中至少存在一个 $\mathrm{m}\mathrm{e}\mathrm{x}=(0\sim \mathrm{i})$ 的区间。

这时候有结论：序列一定是下凸的，即对于每一个 $i$，满足 $0\sim i$ 都为一个连续段。

这里直接引用 irris 的证明。

有了这个性质，我们就完全可以 dp 了，设 $f_{i,j}$ 为考虑到 $i$，并放在 $[j,j+i]$ 中的方案数。显然从 $f_{i-1,j}$ 和 $f_{i-1,j+1}$ 中转移过来。

初始条件：$f_{0,i}=max(i-1,n-i)\ge L_i$

转移：$f_{i,j}=[j+i-1\ge L_i]f_{i-1,j}+[j+L_i\le n]f_{i-1,j+1}$

转移过程满足的先前弱化的条件。复杂度为 $O(n^2)$。

#include <bits/stdc++.h>
#define pii std::pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back

typedef long long i64;
const int N = 5010, mod = 998244353;
int T, n;
int f[N][N], l[N];
void Solve() {
	std::cin >> n;

	memset(f, 0, sizeof(f));
	bool flg = 0;
	for(int i = 0; i < n; i++) {
		std::cin >> l[i];
		if(l[i] < i) flg = 1;
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) f[0][i] = (std::max(i - 1, n - i) >= l[0]);
		
	if(flg) {
		std::cout << "0\n";
		return;
	}

	for(int i = 1; i < n; i++) {
		for(int j = 1; j <= n; j++) {
			if(j + l[i] <= n) f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j + 1]) % mod;
			if(j + i - 1 >= l[i]) f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j]) % mod; 
		}
	}

	std::cout << f[n - 1][1] << "\n";
}
int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(nullptr);
    
    std::cin >> T;

	while(T--) Solve();

	return 0;
}