P11126 题解

场切题，但是似乎还有一个 $\frac{1}{1400}$ 倍常数的 $O(n^3)$ 做法？

Descr

题目写的够清楚了。

Sol

考虑 DP。

首先把所有的 $a_i$ 放进桶里，记 $i$ 出现的次数为 $c_i$。

从小到大分为两种模式匹配，对于数 $i$，匹配 $\{i,i,i\}$ 或 $\{i-2,i-1,i\}$，并且一个数匹配过了就再也不管这个数了。

由此可以设计 naive 的状态 $f_{i,j,k}$ 表示当前匹配完了 $i$，$i$ 这个数还剩下 $j$ 个，$i-1$ 这个数还剩下 $k$ 个，$i-2$ 及以前的数没有剩余。

从 $f_{i,j,k}$ 转移到 $f_{i+1,j',k'}$ 时因为要保证前面没有剩下的数，所以要把 $k$ 个 $i-1$ 全部匹配完，再枚举第 $i+1$ 个数有 $t$ 次自己跟自己匹配，可以得到如下方程：

$$f_{i,j,k}\rightarrow f_{i+1,c_{i+1}-3t-k,j-k}$$

观察到枚举 $t$ 的过程实际上是对 $f_{i+1,c{i+1}-k,j-k}$ 做一个前缀隔 $3$ 的加，所以可以优化转移为以下两个方程：

$$\begin{aligned} f_{i,j,k}&\rightarrow f_{i+1,c_{i+1}-k,j-k}\\ f_{i,j,k}&\rightarrow f_{i,j-3,k} \end{aligned}$$

滚掉 DP 数组第一维后，直接做这个 DP 并跑一些大的数据发现很快，考虑分析复杂度。

注意到对于 $f_{i,j,k}$，$j$ 的上界是 $c_{i}$，$k$ 的上界是 $c_{i-1}$，所以总状态数是 $\sum c_ic_{i-1}$ 的。

我们在小学二年级学过 $a^2+b^2\geq 2ab$ 和 $(a+b)^2\geq a^2+b^2$，于是有：

$$\begin{aligned} m^2&=(\sum c_i)^2\\ &\geq \sum c_i^2\\ &\geq \sum c_ic_{i-1} \end{aligned}$$

于是状态数是 $O(m^2)$ 的，又因为转移是均摊 $O(1)$ 的所以总复杂度是 $O(m^2)$ 的。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
//#define int long long
typedef pair<int,int> pii;
#define fi first
#define se second
#define mp make_pair
#define pb push_back
const int N=5e3+10,INF=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
int n,m,c[N];
int f[N][N],g[N][N];
void solve1(){
	g[0][0]=1;
	for(int i=0;i<m;i++){
		for(int j=0;j<=(i>0?c[i]:0);j++){
			for(int k=0;k<=min((i>1?c[i-1]:0),j);k++){
				if(!g[j][k])continue;
				f[c[i+1]-k][j-k]=(f[c[i+1]-k][j-k]+g[j][k])%mod;
			}
		}
		for(int j=c[i+1];j>=0;j--)
			for(int k=0;k<=c[i+1];k++)
				f[j][k]=(f[j][k]+f[j+3][k])%mod;
		for(int j=0;j<=c[i];j++)
			for(int k=0;k<=c[i];k++)
				g[j][k]=0;
		for(int j=0;j<=c[i+1];j++)
			for(int k=0;k<=c[i+1];k++)
				g[j][k]=f[j][k],f[j][k]=0;
	}
	cout<<g[0][0]<<endl;
}
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int t;cin>>t;
		c[t]++;
	}
	solve1();
	return 0;
}