2022牛客国庆集训派对day6 J（组合数+DP）

2022牛客国庆集训派对day6 J（组合数+DP）

J-Just Jump_2022牛客国庆集训派对day6 (nowcoder.com)

题目

要从0走到L，每步至少走 \(d\) ，且有 \(m\) 个攻击，当攻击到达时我们不能站在攻击点上。

求有多少可行方案能从0到L而不被打到。

思路

先求出总方案数，再dp求出非法方案并减去。

求总方案很简单，不多赘述。

	f[0] = s[0] = 1;
    for(int i = 1;i <= L;i ++) {
        if(i - d >= 0) f[i] = s[i - d];
        s[i] = (1ll * s[i - 1] + f[i]) % mod;
    }

如何求非法方案，如果不考虑至少走 \(d\) 的限制，那么到位置 \(p\) 恰好走 \(t\) 步可以转化为 “有n个球，分k堆，允许出现空堆”这样的插隔板法问题。

\[C_{p+t-1}^{t-1} \]

进一步的，加入走 \(d\) 步的限制，就是先在每堆铺 \(d\) 个小球的隔板法。

\[C_{p-d*t+t-1}^{t-1} \]

此时我们算出了“从0到 \(p\) 跳 \(t\) 步的方案数”。当攻击次数大于1时，这些非法方案之间会出现重叠的情况。此时可以 按第一次被第 \(i\) 个攻击打到的方案数 对非法方案做 不重不漏的划分 并设为 \(g[i]\)。我们按 \(p_i\) 升序处理这些攻击。当我们求 \(g[i]\) 时，先求出从0到 \(p\) 跳 \(t\) 步的方案数，再依次减去第一次被 \(j|j<i\) 打到的方案数产生的贡献就能算出 \(g[i]\)。

\(g[j]\) 的单点贡献是：从0到 \(j\) 的方案数 \(g[j]\) * 从 \(j\) 到 \(i\) 走 \(t[i]-t[j]\) 的方案数。对于后者，又是一个类似的插隔板。

\[C_{p_i-p_j-d*(t_i-t_j)+t_i-t_j-1}^{t_i-t_j-1} \]

求出 \(g[i]\) 后，用总方案减去非法方案。对第一次被第 \(i\) 攻击打到的贡献是：g[i] * 从 \(p_i\) 到 \(L\) 的方案数 \(\to\) \(g[i]*f[L - p_i]\) 。

\[f[L] - \sum_{i=1}^m g[i]*f[L-p_i] \]

---

有一个坑点，计算组合数时不能这样写：

int C(int n,int m) {
    if(n < m or n < 0 or m < 0) return 0;
    return 1ll * fac[n] * invfac[m] % mod * invfac[n - m] % mod;
}

传入的组合数参数 \(n,m\) 可能爆 \(int\) 。形参改成 long long

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
using PII = pair<int,int>;
const int N = 1e7 + 5, M = 3010, mod = 998244353;
int f[N],g[M],s[N],L,m,d;
PII atk[M];
int fac[N],invfac[N];
int ksm(int a,int b) {
    int ans = 1;
    while(b) {
        if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ans;
}
void init() {
    fac[0] = invfac[0] = 1;
    for(int i = 1;i < N;i ++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
    invfac[N - 1] = ksm(fac[N - 1], mod - 2);
    for(int i = N - 2;i > 0;i --) invfac[i] = 1ll * invfac[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
int C(ll n,ll m) {
    if(n < m or n < 0 or m < 0) return 0;
    return 1ll * fac[n] * invfac[m] % mod * invfac[n - m] % mod;
}
int main() {
    scanf("%d%d%d", &L, &d, &m);
    for(int i = 1;i <= m;i ++) scanf("%d%d", &atk[i].first, &atk[i].second);

    f[0] = s[0] = 1;
    for(int i = 1;i <= L;i ++) {
        if(i - d >= 0) f[i] = s[i - d];
        s[i] = (1ll * s[i - 1] + f[i]) % mod;
    }

    sort(atk + 1, atk + 1 + m);

    int ans = f[L];
    for(int i = 1;i <= m;i ++) {
        int ti = atk[i].first, pi = atk[i].second;
        g[i] = C(pi - 1ll * d * ti + ti - 1, ti - 1);
        for(int j = 1;j < i;j ++) {
            int dt = ti - atk[j].first, dp = pi - atk[j].second;
            g[i] = ((g[i] - 1ll * g[j] * C(dp - 1ll * d * dt + dt - 1, dt - 1) % mod) % mod + mod) % mod;
        }
        ans = ((ans - 1ll * g[i] * f[L - pi] % mod) % mod + mod) % mod;
    }

    printf("%d", ans);
    return 0;
}