[atARC068F]Solitaire
对于最终的序列$a_{i}$,条件如下:
1.$a_{i}$是一个排列,且$a_{k}=1$
2.不存在三元组$1\le x<y<z<k$,使得$a_{x}<a_{y}<a_{z}$
3.$\forall k<x$,$a_{x}>\max_{x<y\le n}a_{y}$或$a_{x}<\max_{x<y\le n}a_{y}$
4.$\max(\min_{1\le x<y<k,a_{x}<a_{y}}a_{x},a_{k-1})>\max_{k<x\le n}a_{x}$(左式$y$的意义是要求$x$满足存在$y$,且若不存在$x$其值定义为$n+1$)
下面稍微解释一下(仅说明必要性)——
第一个条件显然,就不说明了
假设队列中的数从队首开始,依次为$b_{1},b_{2},...,b_{n}$,其中$b_{t}=1$,不难得到有$\forall 1\le i<t,b_{i}>b_{i+1}$以及$\forall i<t\le n,b_{i-1}<b_{i}$
在取出1之前,当在队首/队尾取出一个数字$x$后,考虑此时队尾/队首的数字$y$,若$x<y$则说明在$x$之前不存在比$x$小的数字,反之则说明$x$之后不存在比$x$大的数字,这等价于第2个条件
在取出1之后,队列中也就剩下一个单调的数列,此时从队首取出的数必然比之后所有数都小,从队尾取出的数必然比之后所有数都大,这等价于第3个条件
不妨假设1是从队首取出,那么考虑1取出前从队首和队尾取出的最后一个数字$x=b_{t-1}$和$y$,根据单调性$y$需要大于剩下单调队列中的最大值,也即$\max_{k<x\le n}a_{x}$
当$x>y$,不妨将队首和队尾这两段交换,因此可以看作$\max(x,y)>\max_{k<x\le n}a_{x}$
关于$\max(x,y)$的值,首先$x$和$y$中必然有一个数是$a_{k-1}$,不妨假设为$x$,之后从$a_{k-1}$向前,找到第一个不单调递增的位置,将这个作为$y$一定最大,根据条件2,其之前所有数都比其小,因此$y=\min_{1\le x<y<k,a_{x}<a_{y}}a_{x}$,而$\max(x,y)>\max_{k<x\le n}a_{x}$即等价于第4个条件
当我们确定$a_{i}$的前$k$个数后,根据条件1,令未出现的数构成集合$S$,那么剩下的数即$S$中所有数的一个排列,因此有$\max_{k<x\le n}a_{x}=\max_{x\in S}x$,由此即可判定条件4,另外条件1和2也可以容易地判定
此时,对于条件3,除去$a_{n}$以外,每一个数不可能同时满足这两个条件,当确定每一个数满足的条件后,不难发现我们可以恰好构造出一组解(若满足$a_{x}>\max_{x<y\le n}a_{x}$,则$a_{x}$为$S$的最大值,之后删除$S$中的最大值,另一种类似),因此解数即为$2^{n-k-1}$
对于前$k-1$个数($a_{k}=1$即不需要考虑),考虑dp计算,用$f_{i,j,k}$表示确定前$i$个数、$\min_{1\le x\le i}a_{x}=j$且$\max(\min_{1\le x<y\le i,a_{x}<a_{y}}a_{x},a_{i})=k$的方案数
由于排列的性质,我们要考虑已经出现过的数,根据$j$最小显然先比$j$小的数必然都没有出现,其次比$k$大的数字必然都出现过,原因如下:
若$k=n+1$显然成立,因此$k\ne n+1$,即存在这样的$(x,y)$满足$a_{x}<a_{y}$,根据条件2之后就不能出现比$k$大的数(直至1出现为止),同时$k$单调不增,而最终这个未出现的数在$S$中,有$\max_{x\in S}x>k$,不满足条件4
下面考虑转移,分两类讨论:
1.当我们新加入一个比$j$小的数字,显然$j$转换为新的数,$k$不变
2.当我们新加入一个比$k$小且比$j$大的数字$x$,由于$j$和$x$满足,因此$k=\max(j,x)=x$,而比$k$大的数都需要出现,因此$x$必然是比$k$小且最大的未出现的数
当然,$x$需要比$j$大,即$j$到$k$之间的数不能全部出现,显然这等价于$n-j+1>i$
事实上,我们发现$k$这个状态是多余的,用$f_{i,j}$表示前$i$个数且$\min_{1\le x\le i}a_{x}=j$,综上即可递推计算,$f_{i,j}$转移到$f_{i+1,k}$($2\le k<j$),若$n-j+1>i$,还可以转移到$f_{i+1,j}$
将这个过程转换为$f_{i,j}=\sum_{k=j}^{n+1}f_{i-1,k}$(特别的,若$n-j+1<i$则$f_{i,j}=0$),后缀和优化即可,时间复杂度为$o(n^{2})$,可以通过
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1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 #define N 2005 4 #define mod 1000000007 5 int n,k,ans,f[N][N],sum[N][N]; 6 int main(){ 7 scanf("%d%d",&n,&k); 8 f[0][n+1]=1; 9 for(int i=2;i<=n+1;i++)sum[0][i]=1; 10 for(int i=1;i<k;i++){ 11 for(int j=2;j<=n+1;j++) 12 if (n-j+1<i)f[i][j]=0; 13 else f[i][j]=sum[i-1][j]; 14 sum[i][n+1]=f[i][n+1]; 15 for(int j=n;j>1;j--)sum[i][j]=(sum[i][j+1]+f[i][j])%mod; 16 } 17 ans=sum[k-1][2]; 18 for(int i=1;i<n-k;i++)ans=2*ans%mod; 19 printf("%d",ans); 20 }