【ARC068F】Solitaire

Description

　　
​　　 你有一个双端队列和 \(N\) 个数字，先按 \(1\) 到 \(N\) 的顺序每次从任意一端插入当前数字，再进行 \(N\) 次操作每次可以从两端弹出，求有多少种弹出序列满足第 \(K\) 位为 \(1\)
　　
　　​ \(N \le 2000\)
　　
　　　　
　　

Solution

　　
​　　 考虑双端队列的样子，插入完成后，元素大小形象来看一定是一个"V"的形状，并且最低端是1。
　　
​　　 再考虑符合要求的、合法的弹出序列的性质：
　　
​　　 （1）首先第\(K\)个必须是1。
　　
​　　 （2）前\(K-1\)个数，一定是两个或一个单调减的队列混合而成的。
　　
​　　 （3）后\(N-K\)个数，其最大值应小于某一个（2）提到的单调队列的最小值。
　　
​　　 一旦前\(K-1\)个数固定，最后剩下的就是一个单调的队列，取出方式有\(2^{N-K-1}\)种。
　　
​　　 所以接下来要算出合法序列的前\(K-1\)个数有多少种情况。
　　
​　　 设\(f_{i,j}\)表示已经确定了前\(1...i\)个数，且确定的数中最小值为\(j\)，有多少种方案。
　　
​　　 考虑从\(f_{i,j}\)转移到\(f_{i+1}\)。\(f_{i,j}\)代表着若干种符合\(j\)这个特征的长度为\(i\)的数列，不论这些数列的两个（或者一个）单调队列是怎么构成的，我们只需要看看它们能够在第\(i+1\)位填上什么数合法转移就好。
　　
​　　 首先，下一位填\(1...j-1\)都是可行的。由于当前序列是合法序列，也就是说满足（3）。可以这样拆分出两个队列，使得一个队列的最小值是\(j\)，而另一个队列专门用来满足（3）。那么将新的数接在前面那个队列后面，仍然是合法序列。所以有\(f_{i,j}\rightarrow f_{i+1,k}\;\;\;k<j\)
　　
​　　 其次，如果要填大于\(j\)的数呢？只能填没出现过的、最大的那个数。例如\(n=7\)，当前序列是7 6 3 2，只能填入5。如果填的是其他数如4，你会发现，4一定要是某一个队列的结尾，由于它不是未出现的数的最大的数，这意味着后\(N-K\)个数的数列有比它更大的，那么这个队列不满足（3）。考虑另一个队列能否满足，事实上是不可能的，因为最小值一定要是另一个队列的结尾（不然就不止2个队列了），它也不满足（3）。
　　
​　　 所以有\(f_{i,j}\rightarrow f_{i+1,j}\)。这个转移有点神秘，它没有体现出任何\(j\)的变化，但它的确能表示，因为这一步转移相当于对每一个确切方案填了唯一确定的一个数，所以可以直接转移去对应特征的状态，也就是最小值仍然是\(j\)。
　　
​　　 注意边界，那些\(j>n-i+1\)的\(f_{i,j}\)是不合法的，那些\(j=n-i+1\)的状态不可以用于第二类转移，因为没有空余的数可以填。
　　　　
​　　 第一个转移用后缀和优化，复杂度是\(\mathcal O(n^2)\)。
　　
​　　
　　

Code

　　

#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=2005,MOD=1e9+7;
int n,m;
int f[N];
void readData(){
	scanf("%d%d",&n,&m);
}
void dp(){
	f[n+1]=1;
	int sum,last;
	for(int i=1;i<m;i++){
		sum=f[n-i+2];
		for(int j=n-i+1;j>=2;j--){
			(sum+=f[j])%=MOD;
			if(j<=n-i+1)
				f[j]=sum;
		}
	}
	int ans=0;
	for(int j=2;j<=n-(m-1)+1;j++) (ans+=f[j])%=MOD;
	if(m==1) ans=1;
	for(int i=1;i<=n-m-1;i++) (ans<<=1)%=MOD;
	printf("%d\n",ans);
}
int main(){
	readData();
	dp();
	return 0;
}

​