HAOI2011]Problem c

XXI.[HAOI2011]Problem c

这题还是挺简单的~~~

关于每个位置$i$，在一种合法的方案 $a$ 中，必有

$(\sum\limits_{j=1}^n[a_j\geq i])\leq n-i+1$。

因为，每一个$a_j\geq i$都会占据$i$以后的某个位置，而$i$后面共有$n-i+1$个位置，因此这是充分必要条件。

因此我们发现，这个入座的顺序对答案并无影响——因为上面的判别式并没有对下标的操作。因此，对于那贿赂上司的$m$个人，我们只需要关注那个$q_i$即可。

我们设$num_i=(n-i+1)-\sum\limits_{j=1}^m[q_j\geq i]$，即先减去已经确定的部分。

然后，我们从后往前确认每个位置填什么。

设$f[i][j]$表示：

后$i$个位置，

还有$j$个$a$没有确定，

的方案数。

初始状态为$f[n+1][n-m]=1$，其它都为$0$。

则有$f[i][j-k]=\sum f[i+1][j]*C_{j}^{k}$。

状态的含义：我们从$i+1$位置剩下的$j$个人中，挑选出$k$个人令他们的$a_x=i$。因为顺序无关，所以是$C_j^k$。

至于这个$k$，$k\in\Big[0,\min\big(num_i-(n-m-j),j\big)\Big]$，因为在位置$i$前面已经填入的$(n-m-j)$个人也会对$i$造成影响。

我们最后要判断$f[1][0]$是否被更新过，而不是判断它是否非$0$，因为可能会出现答案是模数倍数的情况。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,m,T,mod,num[310],f[310][310],C[310][310];
bool upd[310][310];
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod),memset(f,0,sizeof(f)),memset(upd,0,sizeof(upd)),memset(C,0,sizeof(C)),memset(num,0,sizeof(num));
		for(int i=1;i<=n;i++)num[i]=n-i+1;
		for(int i=0;i<=n;i++)C[i][0]=1;
		for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=i;j++)C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
		for(int i=1,x,y;i<=m;i++){
			scanf("%d%d",&x,&y);
			for(int j=1;j<=y;j++)num[j]--;
		}
		f[n+1][n-m]=upd[n+1][n-m]=1;
		for(int i=n;i>=1;i--)for(int j=0;j<=n-m;j++){
			if(num[i]-((n-m)-j)<0)continue;
			for(int k=0;k<=min(num[i]-((n-m)-j),j);k++)upd[i][j-k]|=upd[i+1][j],f[i][j-k]=(1ll*f[i+1][j]*C[j][k]+f[i][j-k])%mod;
		}
		if(!upd[1][0])puts("NO");
		else printf("YES %d\n",f[1][0]);
	}
	return 0;
}