2025-01-20 19:31阅读: 7评论: 0推荐: 0

AT_arc178_d [ARC178D] Delete Range Mex

[ARC178D] Delete Range Mex

题目翻译：

给定一个长度为 \(M\) 且值域为 \([1,N-1]\) 的整数序列 \(A\)，及目标序列。我们要对为 \((0,1,2,…,N-1)\) 所组成的序列\(P\)的不同排序进行统计，统计有多少种排序使其在任意次数的操作下变为 \(A\)。

操作: 每次选择任意一个区间 \(l \sim r，(1 \le l \le r \le |P|)\) 并且如果 \(mex({ P_l ,P_{l+1},P_{l+2},…,P_r })\) 存在与 \(A\) 中，就删除它。

其中 \(mex\) 是指，对于一个由非负整数构成的集合 \(S\) ，\(mex(S)\) 表示不在集合 \(S\) 的最小非负整数

思路：

一.分析题目： 可以发现该题有以下性质：

\(1.\)若我想要删掉一个数 \(num\)，那我一定要保证所给的 \(l \sim r\) 之间有 \(0 \sim num-1\) 这些数，并且不包含 \(num\) 。只有这样才能保证该区间的 \(mes\) 为 \(num\) 。因此我们的删除顺序一定是从大到小的

\(2.\) 也就是说所有比 \(num\) 小的数都在它的左侧，或者都在它的右侧。这样保证该数被删掉前，比他小的都没有删掉。

二.分析解法：

\(1.\) 我们的最终目标是要删掉一些数后变成 \(A\) 而前面又知道删除的顺序一定是从大到小的。那我们反过来，考虑加数，那加数的顺序也就是从小到大的

\(2.\) 因为 \(A\) 的大小为 \(M\) 那我们就有 \(M+1\) 个地方可以插入，中间空隙和左右两边。而且同一个空隙可以同时插入多个数

\(3.\) 我们假设 \(f[l][r][k]\) 表示在区间 \([l,r]\) 已经插入了数字 \(0 \sim k\)的方案数,并且保证该区间内不会在填出现比 \(k\) 大的数，也就是后续不能再填数到这个区间。理由是为了保证该状态的答案确定性，因为若多添加一个数，那改变的是 \(f[l][r][k+1]\)

\(4.\) 那我们从小到大枚举所有要加的点，若一个点已经出现在 \(A\) 间，那这个数原本就存在，也就不需要在有这个数的区间内加入这个数，那它的方案数也就没变。那我们令该数出现 \(pos_x\) 与 \(pos_{x+1}\) 之间的空隙间。那任意有该数的区间的答案都等于该区间不加这个数的答案，转移方程为：

\[\forall l,r \in[1,M+1], f[min(pos_x,l)][max(pos_x+1,r)][x]=f[l][r][x-1] \]

\(5.\)若一点不存在与 \(A\) 中那就这个数就被删除了，也就要加入：

若这个数要加到比他小的数的左侧，也就需要从之前右侧的状态转移过来。那转移方程为：

\[f[l][r][x]+= \sum_{i=l}^rf[i][r][x-1] \]

同理，若这个数要加到比他小的数的右侧，也就需要从之前左侧的状态转移过来。那转移方程为：

\[f[l][r][x]+= \sum_{i=l}^rf[l][i][x-1] \]

\(6.\)考虑特殊： 情况可以发现 \(0\) 比较特殊。继续分类讨论:

如果 \(0\) 已经出现，那很明显:

\[f[pos_0][pos_0+1][0]=1 \]

如果 \(0\) 还没出现，由于 \(0\) 是最小的非负整数，那任意正整数都可以将他删除。也就是说它可以插到到任意空隙，对答案没有影响：

\[\forall i \in [1,M+1],f[i][i][0]=1 \]

最后只需要最开始给其初始化即可

\(7.\) 考虑优化： 第 \(5\) 点的转移可以由前缀和优化，维护。

最终答案也就是 \(f[1][M-1][N-1]\) ,总体的时间复杂度为 \(O(m^2n)\) ，考点区间dp

完整代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N=510;
const int P=998244353;

int a[N],pos[N],f[N][N][N];
void add(int &a,int b){
    a=(a+b)%P;
}
signed main(){
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        cin>>a[i];
    }
    for(int i=1;i<=m;i++){
        pos[a[i]]=i;
    }
    if(!pos[0]){
        for(int i=1;i<=m+1;i++){
            f[i][i][0]=1;
        }
    }
    else{
        f[pos[0]][pos[0]+1][0]=1;
    }
    for(int i=1;i<n;i++){
        if(!pos[i]){
            for(int r=1;r<=m+1;r++){
                int il=0;
                for(int l=r;l;l--){
                    add(il,f[l][r][i-1]);
                    add(f[l][r][i],il);
                }
            }
            for(int l=1;l<=m+1;l++){
                int il=0;
                for(int r=l;r<=m+1;r++){
                    add(il,f[l][r][i-1]);
                    add(f[l][r][i],il);
                }
            }
        }
        else{
            for(int l=1;l<=m+1;l++){
                for(int r=l;r<=m+1;r++){
                    add(f[min(pos[i],l)][max(pos[i]+1,r)][i],f[l][r][i-1]);
                }
            }
        }
    }
    cout<<f[1][m+1][n-1]<<endl;
}