CF1188C
又一次错过了单杀 *2500 的机会,不知道该说什么了。。
先把 a 排序,不会影响答案。
考虑枚举答案 v,计算有多少种选择子序列的方法使得答案为 v。
这不太好做,考虑放宽限制,计算有多少种选择子序列的方法使得答案不小于 v,最后把方案数加起来就好了。
设 fi,j 表示从前 i 个数选择 j 个数,并且强制选第 i 个数的方案数。
枚举上一个数选的是什么,转移为 fi,j=∑ai−ak≥vfk,j−1。
直接转移是 O(n2k) 的,双指针+前缀和优化后可以做到 O(nk)。
但是外面还有枚举 v 的复杂度啊。(我就是卡在了这里)
但是注意到,答案最多不会超过 maxaik−1,因为 k 个数有 k−1 个空。
所以总的复杂度为 O(vknk)=O(nv),可以通过。
具体细节看代码。
Code:
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1005, M = 100005, mod = 998244353, inf = 0x3f3f3f3f;
int n, k;
int a[N];
int f[N][N], sum[N][N];
int ans;
void add(int &a, int b) {
a += b;
if (a >= mod) a -= mod;
}
int main() {
scanf("%d%d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; ++i) scanf("%d", &a[i]);
sort(a + 1, a + n + 1), a[0] = -inf;
for (int v = 1; v * (k - 1) <= 100000; ++v) {
int p = 0, cur = 0; f[0][0] = sum[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
while (a[i] - a[p] >= v) ++p;
for (int j = 0; j <= k; ++j) {
if (j) f[i][j] = sum[p - 1][j - 1];
sum[i][j] = (sum[i - 1][j] + f[i][j]) % mod;
}
add(cur, f[i][k]);
}
add(ans, cur);
}
printf("%d", ans);
return 0;
}
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