P9891 [ICPC2018 Qingdao R] Repair the Artwork 题解

所求即为选择的区间恰好包含所有 $a_i=2$ 的位置的方案数。

设所有 $a_i=2$ 的位置 $i$ 组成集合 $S$，考虑容斥被选中的位置是 $S$ 的子集的方案数 $g(S)$。

设 $T$ 为 $S$ 的子集，$T$ 的贡献 $f(T)$ 为：选中的位置都在 $T$ 的子集中的方案数乘容斥系数 $(-1{)}^{|S|-|T|}$。

将所有 $i\in T$ 视为 $a_i=0$（可选可不选）；将所有 $i\in U-T$ 视为 $a_i=1$（必须不选）。$f(T)$ 可重新表述为不包含 $1$ 的区间的数量的 $m$ 次方（一个区间允许多次选，方案有序）。

只需求满足条件的区间数量，设所有被视为 $a_i=1$ 的位置 $i$ 依次组成长为 $m$ 的数列 $b_1,b_2,\cdots b_m$，则满足条件的区间数量为

$$\sum _{i=2}^m\frac{1}{2}(b_i-b_{i-1})(b_i-b_{i-1}-1)$$

考虑 DP，发现答案只与 $b$ 的上一项有关，设 $d{p}_{i,j}$ 表示 $i$ 被视为 $a_i=1$，区间数量为 $j$ 的方案数。（为了方便初始化和统计答案，规定 $a_0=a_{n+1}=1$）

转移

$$d{p}_{k,j+w}=\sum _{i=0}^{k-1}{c}_i\cdot d{p}_{i,j}$$

其中 $c_i$ 是容斥系数，$w$ 是权值。

发现容斥系数的指数实际上是有多少个 $a_i=2$ 被视为 $a_i=1$，所以

$$c_i=\{\begin{array}{ll}1,& a_i=1,\\ -1,& a_i=2,\\ 0,& \text{otherwise}.\end{array}$$

该式中 $a_i$ 是原数列中的 $a_i$。

$$w=\frac{1}{2}(k-i)(k-i-1)$$

边界

$$d{p}_{0,0}=1$$

答案

$$\sum _{x=1}^{\frac{1}{2}n(n+1)}d{p}_{n+1,x}\cdot x^m$$

#include <iostream>
 
#define int long long
 
using namespace std;
 
const int mod = 1e9 + 7;
 
static inline int qpow(int a, int b) {
    int ret = 1;
    while (b) {
        if (b & 1)
            ret = ret * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return ret;
}
 
int n, m;
int a[105];
int dp[105][10005];
 
static inline void solve() {
    cin >> n >> m;
    for (int i = 1; i <= n; ++i)
        cin >> a[i];
    for (int i = 0; i <= n + 1; ++i) {
        int mx = n * (n + 1) / 2;
        for (int j = 0; j <= mx; ++j)
            dp[i][j] = 0;
    }
    a[n + 1] = 1;
    dp[0][0] = 1;
    for (int i = 0; i <= n; ++i) {
        int mx = i * (i + 1) / 2;
        for (int j = 0; j <= mx; ++j) {
            for (int k = i + 1; k <= n + 1; ++k) {
                int w = (k - i) * (k - i - 1) / 2;
                if (a[k] == 1) {
                    dp[k][j + w] = (dp[k][j + w] + dp[i][j]) % mod;
                    break;
                } else if (a[k] == 2) {
                    dp[k][j + w] = (dp[k][j + w] - dp[i][j] + mod) % mod;
                }
            }
        }
    }
    int mx = n * (n + 1) / 2;
    int ans = 0;
    for (int i = 0; i <= mx; ++i)
        ans = (ans + dp[n + 1][i] * qpow(i, m) % mod) % mod;
    cout << ans << endl;
}
 
signed main() {
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("P9891.in", "r", stdin);
#endif
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    int T;
    cin >> T;
    while (T--)
        solve();
    return 0;
}