2 つの山札题解

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题意简述：给定两个长度为 $n$ 的排列 $A$ 和 $B$，按照一下方式生成一个长度为 $2n-2$ 的序列：你对每一个排列分别做 $n-1$ 次操作，每一次选择一个序列进行操作，删除该排列的第一个数，将另一个排列第一个数加入序列，问最终能得到多少种序列。

数据范围：$1 \le n \le 10^3$。

有一个很显然的dp，设 $f_{i,j}$ 表示保留第一个排列中第 $i$ 到 $n$ 个元素和第二个排列中第 $j$ 到 $n$ 个元素，进行操作直到两个序列的长度都为 $1$，能得到的序列数目。

这个dp有一个很naive的转移：$f_{i,j}=f_{i+1,j}+f_{i,j+1}$，即要么操作序列一，要么操作序列二，倒序枚举计算 $f$ 数组即可。

但是这样转移会算重，我们来考虑如何去重。

首先，只有 $A_i=B_j$ 的时候才会算重，而且 $f_{i.j}$ 多算的部分一定是 $f_{i+1,j}$ 和 $f_{i,j+1}$ 中相同的序列数。

设 $g_{i,j,k}$ 表示 $f_{i+k,j}$ 与 $f_{i,j+k}$ 中相同的序列数，状态数 $n^3$ 级别，显然不行。

但是容易发现，只有当 $A_i=B_j$ 时，$g_{i,j,k}$ 才有意义，又由于序列 $A$ 和 $B$ 都是排列，一个 $i$ 唯一对应一个 $j$，因此 $i$ 和 $j$ 中只有一个需要表示进状态，即记 $g_{i,k}$ 即可。

考虑转移，首先，$g_{i,k}$ 是 $f_{i+k,j}$ 和 $f_{i,j+k}$ 中的重复序列数，其中可能处于此时排列中的第一个位置的数只有可能是 $a_i$、$b_j$、 $a_{i+k}$ 和 $b_{j+k}$，其中可能相等的数对只有 $(a_i,b_j)$ 和 $(a_{i+k},b_{j+k})$。

因此有两种转移，一种是 $f_{i+k,j}$ 和 $f_{i,j+k}$ 分别从 $f_{i+k+1,j}$ 和 $f_{i,j+k+1}$ 转移过来，即 $g_{i,k} \leftarrow g_{i,k+1}$ ，条件是 $a_i=b_j$ ，根据 $g$ 的定义，一定满足。

另一种是 $f_{i+k,j}$ 和 $f_{i,j+k}$ 分别从 $f_{i+k,j+1}$ 和 $f_{i+1,j+k}$ 转移过来，条件是 $a_{i+k}=b_{j+k}$。

但是注意，第二种转移不能直接认为是 $g_{i,k} \leftarrow g_{i+1,k-1}$，因为 $a_{i+1}$ 和 $b_{j+1}$ 不一定相等，该转移的正确方式应该为 $g_{i,k} \leftarrow g_{i+k,1-k}$。

由于上述转移中用到了 $g_{i,k}(k \le 0)$，因此 $k$ 为非正数的 $g$ 也需要计算，其中 $g_{i,0}=f_{i,j}$ ，$k$ 为负数的转移和正数一致，但是要注意，$g_{i,k}(k <0)$ 的计算不能在倒序枚举到 $i$ 时计算，而应该在枚举到 $i+k$ 时计算，因为枚举到 $i$ 时，$f_{i-k,j}$ 还没有被计算，因此此时的 $g_{i,k}$ 还没有意义。

然后 $f$ 的转移就很简单了，$f_{i,j}=f_{i+1,j}+f_{i,j+1}-[a_i==b_j]g_{i,1}$，初值为 $f_{n,n}=1$。

倒序枚举一下转移 $f$ 和 $g$ 即可，注意 $g_{i,k}(k > 0)$要在 $f_{i,j}$ 之前计算，因为 $f$ 的转移会用到，$g_{i,0}$ 要在 $f_{i,j}$ 之后计算，因为它需要从 $f_{i,j}$ 转移过来。

Code：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n,a[1005],b[1005];
int f[1005][1005];
map<int,int> g[1005];
int id1[1005],id2[1005];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]),id1[a[i]]=i;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&b[i]),id2[b[i]]=i;//记双射，方便查询与 a[i] 相同的 b[j]
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		int k=id2[a[i]];
		for(int j=n-max(i,k);j>=1;j--)//计算g[i][j](j>0)
		{
			g[i][j]=g[i][j+1];
			if(a[i+j]==b[k+j])
				g[i][j]=(g[i][j]+g[i+j][1-j])%mod;
		}
		for(int j=-1;j>=-n;j--)//计算g[i-j][j](j<0)
		{
			if(i-j>n)
				break;
			int k=id2[a[i-j]];
			g[i-j][j]=g[i-j][j+1];
			if(a[i]==b[k+j])
				g[i-j][j]=(g[i-j][j]+g[i][1-j])%mod;
		}
		for(int j=n;j>=1;j--)//计算f[i][j]
		{
			if(i+j==2*n)
				f[i][j]=1;
			else
			{
				f[i][j]=(f[i+1][j]+f[i][j+1])%mod;
				if(a[i]==b[j])
					f[i][j]=(f[i][j]-g[i][1]+mod)%mod;
		}
		g[i][0]=f[i][k];//计算g[i][0]
	}
	printf("%d\n",f[1][1]);
	
	return 0;
}