ABC265F 题解

题面

\(O(nd^2)\)

考虑 \(f(i,j,k)\) 表示 dp 到第 \(i\) 维，距离 \(p,q\) 曼哈顿距离 \(j,k\) 的方案数。

考虑朴素转移：

设 \(dis=|p_{i+1}-q_{i+1}|\)。

\[\begin{aligned} f(i+1,j+t,k+dis-t)&\gets f(i,j,k)&(0\leq t\leq dis)\quad &(1)\\ f(i+1,j+d+t,k+t)&\gets f(i,j,k)&(t>0)\quad &(2)\\ f(i+1,j+t,k+d+t)&\gets f(i,j,k)&(t>0)\quad &(3)\\ \end{aligned} \]

但是复杂度是 \(O(nd^3)\) 的，优化一下应该可以做到 \(O((n+d)d^2)\)。无法通过。

注意到复杂度瓶颈在区间加，考虑差分优化：

令 \(gs(i,s,mn)\) 为 \(f(i,s-k,k)(k\geq mn)\) 的加法标记，\(g(i,d,mn)\) 为 \(f(i,k-d,k)(k\geq mn)\) 的加法标记。

于是原式改写为：

\[\begin{aligned} g(i,j,k)&=g(i,j,k)+g(i,j,k-1)\\ gs(i,j,k)&=gs(i,j,k)+gs(i,j,k-1)\\ f(i,j,k)&=gs(i,j+k,k)+g(i,j-k,k)\\ gs(i+1,j+k+dis,k)&\gets f(i,j,k)\\ gs(i+1,j+k+dis,k+dis+1)&\gets -f(i,j,k)\\ g(i+1,j+d-k,k+1)&\gets f(i,j,k)\\ g(i+1,j-d-k,k+1)&\gets f(i,j,k)\\ \end{aligned} \]

答案即为 \(\sum_{i=0}^d\sum_{j=0}^df(n,i,j)\)。

能过，但不够优秀？

\(O(n^2d)\)

我们考虑分开计数：

如果有 \(j\) 维的坐标在两点之间，即通过 \((1)\) 转移，\(n-j\) 维通过 \((2)(3)\) 转移，那么方案数就是两者之积。

注意到在两点之外对距离的贡献一定是 \(dis_p\gets t,dis_q\gets |p_i-q_i|+t\) 或相反。

先不考虑 \(t\)（超出部分），即在两点之外对距离的贡献是只给一边的距离加上 \(|p_i-q_i|\)。

通过简单 dp，可以求出 \((1)\) 的方案数：

令 \(f(i,j,k)\) 表示 dp 到第 \(i\) 维，有 \(j\) 维超出两点，到 \(p\) 的距离为 \(k\) 的方案数。

于是有转移：

\[\begin{aligned} f(i+1,j,k+t)&\gets f(i,j,k) &(0\le t\le dis)\\ f(i+1,j+1,k)&\gets f(i,j,k)\\ f(i+1,j+1,k+dis)&\gets f(i,j,k) \end{aligned} \]

差分优化即可。

考虑超出部分的计数：

设 \(sum=\sum_{i=1}^ndis_i\)。

则考虑枚举（dp 定义中的）\(j,k\)，则剩余没用到的距离 \(ri=d-k,rj=d-sum+k\)。

继续枚举 \(T=\sum t\)（超出部分大小）是多少，根据插板法，可以把 \(T\) 非空分配到 \(j\) 维，于是有 \(\binom{T-1}{j-1}\) 种方案。

于是有 \(Ans=\left(\sum_{k=0}^df(n,0,k)\right)+\sum_{j=1}^n\sum_{k=0}^d\sum_{T=0}^{\min(ri,rj)}f(n,j,k)\dbinom{T-1}{j-1}\)。

\(O(nd^2)\)，复杂度不对啊？考虑上指标求和。然后变成了：

\(Ans=\left(\sum_{k=0}^df(n,0,k)\right)+\sum_{j=1}^n\sum_{k=0}^df(n,j,k)\dbinom{T}{j}\)。

于是这里就不是瓶颈了。

复杂度 \(O(n^2d)\)。瓶颈在 dp。

---

\(O(nd^2)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 105, D = 1005, p = 998244353;
int f[2][D][D], a[N], b[N], n, d;
int g[2][D * 2][D], g2[2][D * 2][D];

inline int mod(int x) {return x >= p ? x - p : x;}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    cin >> n >> d;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> b[i];
    g2[0][0][0] = 1;
    for(int i = 0; i <= n; i ++)
    {
        int i1 = i & 1, i2 = i1 ^ 1;
        memset(f[i2], 0, sizeof f[i2]);
        memset(g[i2], 0, sizeof g[i2]);
        memset(g2[i2], 0, sizeof g2[i2]);
        int dis = abs(a[i + 1] - b[i + 1]);
        for(int j = 0; j <= d; j ++)
        {
            for(int k = 0; k <= d; k ++)
            {
                f[i1][j][k] = mod(g2[i1][j + k][k] + g[i1][j - k + d][k]);
                if(j + k + dis <= d * 2)
                {
                    g2[i2][j + k + dis][k + 1] = mod(g2[i2][j + k + dis][k + 1] + f[i1][j][k]);
                    if(k + dis <= d) g2[i2][j + k + dis][k + dis] = mod(g2[i2][j + k + dis][k + dis] - f[i1][j][k] + p);
                }
                if(j + dis - k <= d) g[i2][j + dis - k + d][k] = mod(g[i2][j + dis - k + d][k] + f[i1][j][k]);
                if(j - dis - k >= -d && k + dis <= d) g[i2][j - dis - k + d][k + dis] = mod(g[i2][j - dis - k + d][k + dis] + f[i1][j][k]);
            }
        }
        for(int j = 0; j <= d * 2; j ++)
        for(int k = 1; k <= d; k ++)
        {
            g2[i2][j][k] = mod(g2[i2][j][k] + g2[i2][j][k - 1]);
            g[i2][j][k] = mod(g[i2][j][k] + g[i2][j][k - 1]);
        }
    }
    ll ans = 0;
    for(int i = 0; i <= d; i ++)
    for(int j = 0; j <= d; j ++)
        ans += f[n & 1][i][j];
    cout << ans % p;

    return 0;
}

---

\(O(n^2d)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N = 1005, D = 1005, p = 998244353;
int a[N], b[N], n, d;
int f[2][N][D], g[2][N][D];

int fac[D], ifac[D];

ll qpow(ll a, ll b)
{
    if(!b) return 1;
    return ((b & 1) ? a : 1ll) * qpow(a * a % p, b >> 1) % p;
}

void init()
{
    fac[0] = ifac[0] = 1;
    for(int i = 1; i < D; i ++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % p;
    ifac[D - 1] = qpow(fac[D - 1], p - 2);
    for(int i = D - 2; i >= 1; i --) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % p;
}

int C(int a, int b)
{
    if(a == b) return 1;
    if(a < 0 || b < 0 || a < b) return 0;
    return 1ll * fac[a] * ifac[b] % p * ifac[a - b] % p;
}

inline int mod(int x) {return x >= p ? x - p : x;}

signed main()
{
    ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);
    init();
    cin >> n >> d;
    int sum = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
    for(int i = 1; i <= n; i ++) cin >> b[i], sum += abs(a[i] - b[i]);
    
    g[1][0][0] = 1, g[1][0][1] = -1;
    // int cnt;
    for(int i = 1; i <= n + 1; i ++)
    {
        int i1 = i & 1, i2 = i1 ^ 1;
        memset(f[i2], 0, sizeof f[i2]);
        memset(g[i2], 0, sizeof g[i2]);
        int dis = abs(a[i] - b[i]);
        for(int j = 0; j <= i; j ++)
        for(int k = 0; k <= d; k ++)
        {
            if(k) g[i1][j][k] = mod(g[i1][j][k] + g[i1][j][k - 1]);
            f[i1][j][k] = mod(f[i1][j][k] + g[i1][j][k]);
            f[i2][j + 1][k] = mod(f[i2][j + 1][k] + f[i1][j][k]);
            if(k + dis <= d) f[i2][j + 1][k + dis] = mod(f[i2][j + 1][k + dis] + f[i1][j][k]);
            g[i2][j][k] = mod(g[i2][j][k] + f[i1][j][k]);
            if(k + dis <= d) g[i2][j][k + dis + 1] = mod(g[i2][j][k + dis + 1] - f[i1][j][k] + p);
            // cnt ++;
        }
    }
    // cerr << cnt;
    int ans = 0;
    for(int i = 0; i <= d; i ++)
        if(sum - i <= d)
            ans = (ans + f[(n + 1) & 1][0][i]) % p;
    for(int i = 1; i <= n; i ++)
    for(int j = 0; j <= d; j ++)
    {
        int ri = d - j, rj = d - sum + j;
        if(rj < 0 || rj > d) continue;
        int s = C(min(ri, rj), i);
        ans = (ans + 1ll * f[(n + 1) & 1][i][j] * s) % p;
    }
    cout << ans;

    return 0;
}