2024_CCPC网络赛I题

思路

time为1s，n==200，可以 $n^3$ 做法。
可以想到枚举每一个时间间隔。原先的思路是对于每一个确定的时间，比如x，通过某种dp求出来时间为x的时候的方案数目。所以比赛的时候一直卡在这里没做出来。
有一个小trick：
当我们在枚举某一个变量统计结果的时候，我们需要之后刚刚好这个变量为x的时候的结果，可以考虑求解出来所有 $>=x$ 的结果，在求解出来所有 $>=(x+1)$ 的结果，进行差分可以得到刚好等于x的结果。
也就是用差分的思想来代替原先的刚好等于的情况。
同时也可以使用 $<=$ 。
使用了上面的trick之后，处理对于每一个变量x如何求解方案数目。
状态转移方程：首先可以想到， $dp[i][j]$ 表示前i个人，选择了 $j$ 个物品的方案数目。是选择了j件，如果想要表示在前j件里面做了什么事情，还要有新的维度。
对于当前的时间间隔d，只要物品和人物的时间间隔 $>=d$ ，这个人就可以选择这个物品。可以先使用sum[]数组，预处理出来每一个人有多少种选择。

对于第i个人，可以选择的物品的坐标区间是 $[0,pos_1]$ ,对于第i+1个人可以选择的物品的位置的区间： $[0,pos_2]$ 。

pos2一定大于等于pos1，也就是前一个人可以选择的区间，一定是后一个人的子集。

5的选择一定是6里面的选择。
方程转移：
对于 $dp[i][j]$ 。首先一种方式就是

$dp[i][j] += dp[i-1][j]$
另外一种：第i个人选择一件物品：

$dp[i][j] += dp[i-1][j-1] * (sum[i] - (j-1))$
$dp[i-1][j-1]$ 是前i-1个人一共选择了j-1件物品， $sum[i] - (j-1)$ 是当前第i个人还有多少个自己可以选择。两者是相乘的关系。(组合数学的内容)。
最后统计一下答案就好了，细节在代码的注释里面。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int mod = 998244353;
const int N = 505;
int a[N], b[N];
int g[N];//表示 d >= x 的方案数目。
int sum[N];//sum[i] 表示 在d确定的时候 第i个人 可以拿的所有的行李数目
int f[N][N];//表示在某一个d的情况下，前i个人 拿了j件行李的方案数目。
void solve()
{
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    for(int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
    for(int j = 1; j <= m; j++) cin >> b[j];
    sort(a + 1, a + 1 + n);
    sort(b + 1, b + 1 + m);
    int ans = 0;

    for(int d = 0; d <= 500; d++)
    {

        for(int i = 0; i <= m; i++) sum[i] = 0;

        for(int i = 1; i <= m; i++)
        {
            for(int j = 1; j <= n; j++)
            {
                if(b[i] - a[j] >= d) sum[i]++;
            }
        }

        for(int i = 0; i <= m; i++)
        {
            for(int j = 0; j <= n; j++)
            {
                f[i][j] = 0;
            }
        }

        for(int i = 0; i <= m; i++)
        {
            f[i][0] = 1;
        }

        for(int i = 1; i <= m; i++)
        {
            for(int j = 1; j <= min(n, sum[i]); j++)
            {
                f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j]) % mod;

                f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j - 1] *  (sum[i] - (j - 1))) % mod;
            }
        }

        for(int j = 1; j <= n; j++)
        {
            g[d] = f[n][j] + g[d];
            g[d] %= mod;
        }
    }

    for(int d = 0; d + 1 <= 500; d++)
    {
        ans = (ans + (g[d] - g[d + 1]) * d) % mod;
        ans %= mod;
    }
    cout << ans << "\n";
}

signed main()
{
    solve();
    return 0;
}

提一下边界情况：
很明显，最后添加答案的时候，必须要存在至少一件物品被选择。所以统计 $g[d]$ ，也就是时间大于等于d的方案数的时候，直接从 $f[n][1]$ 开始添加。
但是其实，就算从 $f[n][0]$ 开始也是一样的，因为如果都用了 $f[n][0]$ ，后面的差分会把这种情况自动消除。不过在实际意义上就会不好理解。
以及，这个题目，用 $f[i][0]== 1$ 赋初值很好理解，如果不想这样，就需要自己加特判手动更新 $f[i][1]$ 。然后转移方程从j = 2开始就好了。