CF1503E 2-Coloring

CF1503E 2-Coloring

cjx 组合强。

思路

观察一下题目，不难发现只有当黄色形成如下的单峰时才合法。

（染错色了，将就一下）

其中两座峰的峰顶高度相加等于 $m$，为了方便统计，我们钦定右边的峰一定在左峰下方的行出现，最后答案乘以二就是最终方案。

发现对于每一边是两个最长不下降子序列拼在一起。

设 $f[i][j]$ 为长度为 $i$ 的最长不下降子序列，最高点高度为 $j$ 的方案数。

再设 $f^{\prime }[i][j]$ 为长度为 $i$ 的最长不下降子序列，仅有一个最高点为 $j$ 的方案数。

答案就是

$$2\times \sum _{i=1}^n\sum _{j=i+1}^n\sum _{k=1}^{m-1}(f[i][k]\times f^{\prime }[n-i+1][k])\times (f^{\prime }[j][m-k]\times f[n-j+1][m-k])$$

相当于枚举第一个峰在行 $i$，第二个峰在行 $j$，第一个峰高度为 $k$。

变幻一下：

$$2\times \sum _{i=1}^n\sum _{k=1}^{m-1}(f[i][k]\times f^{\prime }[n-i+1][k])\times \sum _{j=i+1}^n(f^{\prime }[j][m-k]\times f[n-j+1][m-k])$$

这样给后一个和式做一个后缀和优化，即可把复杂度优化到 $O(n^2)$ 级别。

当然有例外是这个样子。

两峰交在一起（必须保证在连续的行且峰顶高度相加大于 $m$），也是一种方案。

$$2\times \sum _{i=1}^n\sum _{x=1}^{m-1}\sum _{y=1}^{m-1}(f[i][x]\times \sum _{k=1}^{y-1}f[n-i][k])\times (f[n-i][y]\times \sum _{k=1}^{x-1}f[i][k])$$

相当于枚举左边的峰顶在行 $i$，左峰高度为 $x$，右峰高度为 $y$，同时求和了峰过后的一段不下降子序列的方案。

$$2\times \sum _{i=1}^n\sum _{x=1}^{m-1}(f[i][x]\times \sum _{k=1}^{x-1}f[i][k])\sum _{y=1}^{m-1}(f[n-i][y]\times \sum _{k=1}^{y-1}f[n-i][k])$$

对于 $\sum _{k=1}^{x-1}f[i][k]$ 和 $\sum _{k=1}^{y-1}f[n-i][k]$ 前缀和优化。

然后预处理出所有的

$$f[n-i][y]\times \sum _{k=1}^{y-1}f[n-i][k]$$

再次前缀和。

即可在 $O(n^2)$ 的时间内求出上述和式。

对于 $f$ 和 $f^{\prime }$ 的转移是容易的。

$$f[i][j]=\sum _{k=1}^{j}f[i-1][k]$$

$$f^{\prime }[i][j]=\sum _{k=1}^{j-1}f[i-1][k]$$

初始值 $f[0][0]=1$。

其实你看到这里，已经可以使用 dp 做出本题了，但是如果你想进一步了解组合，请移步。

不难发现，我们每次的转移都相当于求一次前缀和，而 $f[0][0]=1$。

所以有可以构造这样的生成函数：

$$f[0]=1$$

观察 $\sum _{i=0}{x}^i$ 的优雅性质，你会发现 $1\times \sum _{i=0}{x}^i$ 相当于求一次前缀和。

而 $(\sum _{i=0}{x}^i{)}^2$ 相当于求两次前缀和（$x^i$ 的系数是第 $i$ 项的求前缀和后的值）。

由 $f[0]$ 转移到 $f[1]$ 的过程相当于乘以 $\sum _{i=0}{x}^i$（一次前缀和），所以有：

$$f[1][j]=[x^j](\sum _{k=0}{x}^k{)}^1$$

推广一下，每次 $f[i]$ 向 $f[i+1]$ 的转移都是乘以 $\sum _{i=0}{x}^i$（每转移一次求一次前缀和），所以有：

$$f[i][j]=[x^j](\sum _{k=0}{x}^k{)}^i$$

对于 $\sum _{i=0}{x}^i$，的封闭形式为 $(1-x{)}^{-1}$ 有很多种方法求，这里不再赘述。

所以有：

$$f[i][j]=[x^j](1-x{)}^{-i}$$

使用广义二项式展开 $(1+(-x){)}^{-i}$，即可得到第 $j$ 项的系数为：

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{-i}{j})=(-1{)}^j(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j-1}{j})$$

关于牛顿二项式系数，已经有完备的公式，本处直接套公式即可，故不再展开讨论。

把系数乘上 $(-x{)}^j$，有

$$f[i][j]=(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j-1}{j})$$

从比较简单的组合意义考虑，有 $j$ 个球，有 $i-1$ 个挡板，可以为空，两个挡板之间的球数相当于相邻两项的差。

那么有：

$$f[i][j]=(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j-1}{i-1})=(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j-1}{j})$$

在观察一下 $f^{\prime }$ 求值的式子，你会发现 $f^{\prime }[i][j]=f[i][j-1]$。

所以其实你也求出 $f^{\prime }$ 的组合意义了。

相当于有 $j$ 个球，$i-1$ 个挡板，最后一个挡板至少挡一个球，那么就可以投入 $j-1$ 个球供所有挡板挡。

$$f^{\prime }[i][j]=(\genfrac{}{}{0ex}{}{i+j-2}{j-1})$$

如果考虑生成函数的话，$f^{\prime }[i][j]$ 相当于较 $f[i][j]$ 向后平移了一个位置，那么可以写成：

$$f^{\prime }[i][j]=[x^{j-1}](1-x{)}^{-i}$$

或

$$f^{\prime }[i][j]=[x^j](1-x{)}^{-i}x$$

于是你就可以 愉快 的 AC 本题了。

CODE

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

#define ll long long
#define N 5000
#define mod 998244353

const int maxn=5e3+5;

ll n,m,ans;
ll fac[maxn],inv[maxn],f[maxn];

inline ll ksm(ll x,ll y)
{
    ll sum=1;
    for(;y;y/=2,x=x*x%mod) if(y&1) sum=sum*x%mod;
    return sum;
}
inline ll C(int n,int m)
{
    if(n<m||m<0) return 0;
    return 1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}

int main()
{
    freopen("magic.in","r",stdin);
    freopen("magic.out","w",stdout);
    for(int i=fac[0]=1;i<=N;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[N]=ksm(fac[N],mod-2);
    for(int i=N-1;~i;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    for(int h=1;h<n;h++)
    {
        for(int j=m;j>=2;j--)
        {
            f[j]=(1LL*f[j+1]+1LL*C(j+n-h-2,n-h-1)*C(m-j+n-h,n-h)%mod)%mod;
        }
        for(int i=m-1;i>=1;i--)
        {
            ans = (1LL*ans+1LL*C(i+h-1,h)*C(m-i+1+h-2,h-1)%mod*f[i+1]%mod)%mod;
        }
    }
    memset(f,0,sizeof(f));
    for(int x=1;x<=m;x++)
    {
        for(int j=n-1;j>=1;j--)
        {
            f[j]=(1LL*f[j+1]+1LL*C(m-x+n-j-1,n-j-1)*C(m-x+j-1,j)%mod)%mod;
        }
        for(int i=1;i<n;i++)
        {
            ans=(1LL*ans+1LL*C(x+i-1,i)*C(x+n-i-1,n-i-1)%mod*f[n-i+1]%mod)%mod;
        }
    }
    printf("%lld\n",ans*2%mod);
}