【题解】I love random （计数 dp）

题意

sol：

考点：思维 + 计数 dp 。（考验选手的 dp 和模型转化能力）

为了解决这道题，我们引入 极大作用区间 这个概念。即对于每个 $P[i]$ 找到极大的区间 $[l_i,r_i]$ ，使得 $P[i]$ 是这个区间的最小值。这样对于 $[l,r]$ 以内的任意子区间都可被染成 $P[i]$，反之则不能。

现在我们将原问题转化为：对每个 $P[i]$ 控制的区间 $[l_i,r_i]$ 选出一段子区间去 覆盖完 [1,n] ，问你覆盖的方案数。同时因为对于相同的 P[i] 的控制区间是 绝不相交 的，所以不会算重。

设 $dp[i][j]$ 表示处理了 $P[1..i]$ 同时覆盖了 $[1,j]$ 的方案数

进一步深挖性质可以得到按 P[1…n] 的 dp 顺序 （这也是难点，不过需要简单证明，可以证明是不会出现交叉染色的情况的，因为 min 有严格递减的性质）

考虑怎么从 i-1 推到 i :

dp[i][j] = dp[i-1][j] （P[i] 为空的情况）

l[i] <= j <= r[i]

dp[i][j] = ∑l[i]-1<=j’<=j-1 dp[i-1][j’]

时间复杂度 o(n^2) 。

#include <bits/stdc++.h>
#define db double
#define ll long long
#define eps 1e-15
using namespace std;
const int N=5005;
const int mod=1e9+7;
int n,a[N],l[N],r[N];
int s[N],cnt;
int dp[2][N],sum;
void add(int &x,int y) {
	x=(x+y)%mod;
}
int main() {
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		scanf("%d",&a[i]);
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		while(cnt&&a[s[cnt]]>a[i]) cnt--;
		l[i]=s[cnt]+1;
		s[++cnt]=i;
	}
	s[0]=n+1;
	cnt=0;
	for(int i=n;i>=1;i--) {
		while(cnt&&a[s[cnt]]>a[i]) cnt--;
		r[i]=s[cnt]-1;
		s[++cnt]=i;
	}
	for(int i=0;i<=r[1];i++) dp[1][i]=1;
    for(int i=2;i<=n;i++) {
    	int sum=0;
    	for(int j=0;j<=n;j++) {
    		add(dp[i&1][j],dp[i-1&1][j]);
    		if(l[i]<=j&&j<=r[i]) add(dp[i&1][j],sum);
    		if(l[i]-1<=j&&j<=r[i]) add(sum,dp[i-1&1][j]);
    		dp[i-1&1][j]=0;
		}
	}
	printf("%lld",dp[n&1][n]);
}

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本文作者：仰望星空的蚂蚁
本文链接：https://www.cnblogs.com/cqbzly/p/17530216.html
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