算法杂记 2023/02/16
CF 2000 分 计数DP 一道
算法杂记 2023/02/16
今天分享的是 Codeforce 上的一道 2000 分的 动态规划 + 计数 题。目前的目标是从紫冲橙。
D. Different Arrays 2000
题面翻译
给你一个有 \(n\) 个元素的序列，你需要进行 \(n-2\) 次操作。
对于第 \(i\) 次操作，你可以选择让 \(a_i-a_{i+1}\) 且 \(a_{i+2}+a_{i+1}\) 或者可以选择让 \(a_i+a_{i+1}\) 且 \(a_{i+2}-a_{i+1}\)
问最后能产生多少个不同的序列。
题目描述
You are given an array $ a $ consisting of $ n $ integers.
You have to perform the sequence of $ n-2 $ operations on this array:
- during the first operation, you either add $ a_2 $ to $ a_1 $ and subtract $ a_2 $ from $ a_3 $ , or add $ a_2 $ to $ a_3 $ and subtract $ a_2 $ from $ a_1 $ ;
- during the second operation, you either add $ a_3 $ to $ a_2 $ and subtract $ a_3 $ from $ a_4 $ , or add $ a_3 $ to $ a_4 $ and subtract $ a_3 $ from $ a_2 $ ;
- ...
- during the last operation, you either add $ a_{n-1} $ to $ a_{n-2} $ and subtract $ a_{n-1} $ from $ a_n $ , or add $ a_{n-1} $ to $ a_n $ and subtract $ a_{n-1} $ from $ a_{n-2} $ .
So, during the $ i $ -th operation, you add the value of $ a_{i+1} $ to one of its neighbors, and subtract it from the other neighbor.
For example, if you have the array $ [1, 2, 3, 4, 5] $ , one of the possible sequences of operations is:
- subtract $ 2 $ from $ a_3 $ and add it to $ a_1 $ , so the array becomes $ [3, 2, 1, 4, 5] $ ;
- subtract $ 1 $ from $ a_2 $ and add it to $ a_4 $ , so the array becomes $ [3, 1, 1, 5, 5] $ ;
- subtract $ 5 $ from $ a_3 $ and add it to $ a_5 $ , so the array becomes $ [3, 1, -4, 5, 10] $ .
So, the resulting array is $ [3, 1, -4, 5, 10] $ .
An array is reachable if it can be obtained by performing the aforementioned sequence of operations on $ a $ . You have to calculate the number of reachable arrays, and print it modulo $ 998244353 $ .
输入格式
The first line contains one integer $ n $ ( $ 3 \le n \le 300 $ ).
The second line contains $ n $ integers $ a_1, a_2, \dots, a_n $ ( $ 0 \le a_i \le 300 $ ).
输出格式
Print one integer — the number of reachable arrays. Since the answer can be very large, print its remainder modulo $ 998244353 $ .
样例 #1
样例输入 #1
4 1 1 1 1样例输出 #1
3样例 #2
样例输入 #2
5 1 2 3 5 0样例输出 #2
7
显然，这题是 dp 题，这种计数题肯定是 dp 的思路。
从题解出发，假设我们使用一个最简单的思路，假设我们当前操作到第 \(i\) 个元素，我们操作完后前 \(i\) 个元素就已经固定，第 \(i + 2\) 个元素后的元素也不会被影响。那么假设 dp 数组为 \(dp_{i, x, y}\)，其中 \(i\) 表示第 \(i\) 次操作， \(x\) 表示第 \(i\) 个元素， \(j\) 表示第 \(i + 1\)个元素。假设我们把第 \(a_i\) 加到 \(a_{i+1}\) 上则我们应该将状态转移到 \(dp_{i+1, y, a_{i+1}+y}\)，否则我们需要转移到 \(dp_{i+1,y, a_{i+1} - y}\)。
这样思路非常清晰，考虑到时间复杂度需要 \(O(n^3 \times \max(A)^2)\)，我们需要进行一步优化。
可以发现，\(x\) 位可以省略。并且操作位 \(i\) 可以压缩到 \(2\) 维。假设 \(i=0\) 表示当前状态， \(i=1\) 表示被更新到状态。
那么现在 dp 方程变为： \(dp_{i, x}\) 代表操作完第 \(i\) 个元素后，\(a_{i+1}\) 的值为 \(x\) 的可能情况数。
假设我们枚举的 \(val\) 是 \(a_{i}\) 的可能情况，由于 \(val \in [-N, N]\) 其中 \(N\) 代表一个 base offset。所以我们需要让他 加上 \(N\) 来保证始终为正数。
- 假设我们考虑的是添加 \(val\) 到 \(a_{i+1}\) 处，所以原始的结果应该是：\(a[i+1] + val\)。 但是考虑到偏置 \(N\) 的存在：
- 假设我们考虑的是减去 \(val\) 到 \(a_{i+1}\) 处，所以原始的结果应该是：\(a[i+1]+val\)。但是考虑到偏置 \(N\) 的存在：
同时，我们需要注意的是，如果 \(val == 0\) 实际上两次转移是相同的，这样会重复，我们需要特殊考虑下这种情况，当 \(val=0\) 时，我们只需要转移一次。
最后统计下 \(ans = \sum dp[0][*]\) 即为答案。算法的时间复杂度为：\(O(n\times \max(A)^2)\)。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define DEBUG 0
#define vt std::vector
using ll = long long;
const int mod = 998244353;
const int N = 1e5 + 5;
void add(ll &x, ll y){
x += y;
while (x >= mod) x -= mod;
if (x < 0) x += mod;
}
ll dp[2][2 * N + 1];
void solve(){
int n;
std::cin >> n;
vt<int> a(n);
for (int i = 0; i < n; ++ i)
std::cin >> a[i];
// dp[i][j] := 操作第 i 个元素，a_{i+1} 最后是 j 的可能情况
memset(dp, 0, sizeof(dp));
dp[0][a[1] + N] = 1;
for (int i = 1; i + 1 < n; ++ i){
for (int j = -N; j <= N; ++ j){
if (dp[0][j + N] == 0) continue; // 避免了越界
add(dp[1][a[i + 1] + j + N], dp[0][j + N]);
if (j != 0)
add(dp[1][a[i + 1] - j + N], dp[0][j + N]);
}
swap(dp[0], dp[1]);
memset(dp[1], 0, sizeof(dp[1]));
}
ll ans = 0;
for (int i = 0; i < 2 * N; ++ i)
add(ans, dp[0][i]);
std::cout << ans << "\n";
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
int t = 1;
// std::cin >> t;
while (t--) solve();
return 0;
}
最后这里有一个类似的题目 CF#808 Div2 D. Difference Array ，在整个题目描述上非常类似，可以之后也做一下。
