题解 P4798 [CEOI2015 Day1] 卡尔文球锦标赛

合集 - 洛谷(30)

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收起

洛谷。

题意

一共有 $n$ 个球队，分成若干对，按照每一对的最小值排序给予编号，如此后对于每一种分组方式我们可以得到一个序列。

给出一个满足条件的序列，问它是所有序列中字典序第几小的。

分析

我们从前往后枚举每一个人的组别，可以发现，我们当前这个人的组别要么是前边出现过，要么是出现过的最大组 +1。
同时我们观察一下字典序的比较方式：找到第一个不同的地方，然后只需要判断这两个位置大小关系即可。

由这两个发现我们可以打出我们的第一个暴力。

inline int dfs(int now,int mx,int flag) {
    if(now==n+1) return 1;
    int up=flag?a[now]:(mx+1),res=0;
    for(int i=1;i<=up;++i) {
        res+=dfs(now+1,max(mx,i),flag&&(i==a[now]));
        res%=MOD;
    }
    return res;
}

时间复杂度：$n!$。

有没有觉得这段代码非常之熟悉，没错就是很想我们的数位 DP。
承接数位 DP 的思路，我们再加上一句记忆化。
时间复杂度与空间复杂度都达到了 $n^2$，拿下 $n\le {10}^3$。（好像时间能卡到 $n^3$ 的级别，但是要除上一堆常数）。

正解

可以发现，我们算法的瓶颈其实是在空间上，因此我们需要将其转化到我们的递推上，然后再加上滚动数组，就变成了

 
flag=!flag;
memset(f[flag],0,sizeof f[flag]);
for(int j=1; j<=i; ++j) {
    for(int k=1; k<=j+1; ++k)
        f[flag][j]=(f[flag][j]+f[!flag][max(j,k)])%MOD;        
}
if(i>1) {
    for(int j=1; j<a[i]; ++j) {
        ans+=f[!flag][max(mx[i-1],j)];
        ans%=MOD;
    }
}

可以发现，我们的第一个循环是可以优化的，当 $k\le j$ 时，加上的都是一样的，因此，我们可以优化成：

for(int j=1; j<=i; ++j) f[flag][j]=(f[!flag][j]*j%MOD+f[!flag][j+1])%MOD;

现在的时间复杂度优化到了准 $O(n^2)$，空间复杂度为 $O(n)$。

总结一下，我们此题是运用了数位 DP 的递推形式，并且采用了一定的优化。