P5999 [CEOI2016] kangaroo 题解
感觉这样的 \(\text{dp}\) 题还比较多,思路都比较的神奇。
个人感觉比较像区间 \(\text{dp}\) 的一类变种。
但又和区间 \(\text{dp}\) 的维护方式极不一样。
对于此类 \(\text{dp}\)
这一类 \(\text{dp}\) 主要维护的是一个一个的块,可以理解成连通块。
将 \(f_{i,j}\) 看作放置 \(\text{i}\) 个元素,形成了 \(\text{j}\) 个块的方案数。
有三类操作。
1. 将某个块的元素个数加一
那么每一个块都有可能加一。
所以。
\[f_{i,j}=f_{i-1,j}\times j
\]
2. 新增一个块
类似插空的思路。
原来有 \(j - 1\) 个块,所以有 \(\text{j}\) 个空。
\[f_{i,j}=f_{i-1,j-1}\times j
\]
3. 合并两个块
与第二点类似,但是不能在两边插空。
所以还是只有 \(\text{j}\) 个空。
\[f_{i,j}=f_{i-1,j+1}\times j
\]
时间复杂度 \(O(n^2)\)。
这就是这一类问题的基本操作。
关于本题
我们发现,对于一般的 \(\text{dp}\) 而言,不怎么好去维护这个问题。
就可以考虑一下上面所说的 \(\text{dp}\)。
我们从小到大去给元素排位置。
还是从三种情况去讨论。
- 新增元素
可以发现,对于一个新增加的元素,他的前面必然是比他小的,而后面必然会加一个更大的,所以没有这种情况。
- 新增块
这种情况肯定是可以的,因为前后都没有元素。
- 合并块
可以发现,合并两个块是,周围的两个元素一定都比新加入的元素小,所以都可以。
- 一个细节
此题有 \(\text{s,t}\) 的限制,这个不是很难,直接判一下就可以了。
代码实现还是比较简单的。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 2010;
const int mod = 1e9 + 7;
int n , s , t , f[N][N];
inline int read()
{
int asd = 0 , qwe = 1; char zxc;
while(!isdigit(zxc = getchar())) if(zxc == '-') qwe = -1;
while(isdigit(zxc)) asd = asd * 10 + zxc - '0' , zxc = getchar();
return asd * qwe;
}
signed main()
{
f[1][1] = 1;
n = read() , s = read() , t = read();
for(int i = 2;i <= n;i++)
{
for(int j = 1;j <= n;j++)
{
if(i == s || i == t)
{
f[i][j] += f[i - 1][j - 1] + f[i - 1][j];
f[i][j] %= mod;
continue;
}
int res = (i > s) + (i > t);
f[i][j] += f[i - 1][j - 1] * (j - res);
f[i][j] += f[i - 1][j + 1] * j;
f[i][j] %= mod;
}
}
cout << f[n][1] << endl;
return 0;
}