题解 LOJ3276 「JOISC 2020 Day2」遗迹
分析题面描述的过程。
如果按高度考虑，则该过程可以描述为：
我们从大到小遍历每种高度。维护一个集合。这个集合中，是初始高度大于当前高度，但是没有被保护起来，所以若干年后高度下降为了当前高度，的这些位置。从大到小遍历所有高度时，每次，我们会向集合中加入两个位置：也就是初始高度等于当前遍历到的高度的位置；然后再把集合里最大（最靠右）的那个位置弹出：被弹出的这个位置，从此以后将会一直被保护起来，所以在最终状态下，该位置的高度就是我们遍历的当前高度。而集合里的其他位置，将会随着我们的遍历，继续下降到更低的高度。
从这个过程，可以发现一些简单的性质。例如：因为共有\(n\)种高度，每种高度里我们会加入两个位置，弹出一个位置，所以最终被保护起来的位置，和下降到高度为\(0\)的位置（也就是遍历完所有高度后，集合里剩余的位置），两种位置各有\(n\)个。从这个过程也可以看出，我们每次会安排一个高度不同的位置被保护起来。所有最终被保护起来的\(n\)个位置上，在最终状态下的高度，一定是高度为\(1\dots n\)各有\(1\)个。
这个过程非常优美。但这只是假定已知初始状态后的操作过程。当我们不知道初始状态时，想要对这个过程计数很困难。（至少我没有想到合适的DP状态）。那么，不妨换个角度来理解操作的过程：刚刚是按高度考虑，我们能不能按位置顺序考虑呢？于是这个过程又可以有另一个等价的描述：
我们从\(2n\)到\(1\)遍历每一个位置。设位置\(i\)在初始状态下的高度为\(h_i\)。我们要考虑其在最终状态下的高度。我们维护一个“未使用的高度集合”，表示集合里的高度，不是\(i+1\dots 2n\)中任何一个位置上石柱的最终高度。那么，当前位置\(i\)上石柱的最终高度，就是“未使用的高度集合”里，小于等于\(h_i\)的最大高度。找到这个高度，并将其从集合里删除。特别地，如果“未使用的高度集合”里没有小于等于\(h_i\)的高度，则当前位置的最终高度为\(0\)。
对这个过程计数就相对容易。首先，自然想到的一个状态是：\(dp[i][mask]\)表示从\(2n\)开始向前考虑到了第\(i\)个位置，当前未使用的高度集合为\(mask\)，这种情况的方案数。转移时考虑位置\(i\)的初始高度\(h_i\)。分“当前位置最终是、否留下来了”两种情况讨论（注意，“最终是否留下来了”这一条件是题目输入中告诉我们的，相当于已经确定了）。
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如果位置\(i\)最终没有留下来，那么：\(mask\)中，小于等于\(h_i\)的位置一定都已经被使用（也就是说\(h_i\)位于\(mask\)的一段前缀\(0\)当中）。设\(mask\)里前缀\(0\)的长度为\(j\)，\(i+1\dots 2n\)中没有被留下来的位置数量为\(\text{cntBreak}\)。
由于不知道每种初始高度在我们DP的这个后缀里已经出现了多少次，所以我们在转移时先假设相同高度的两个元素是本质不同的，最后再从答案里除以\(2^n\)。你可以理解为，本来只需要从\(j\)个高度里选一个，但是现在我们把每个高度的两根柱子涂上了不同的颜色，所以变成在\(2j\)根柱子里选一个。
那么，\(h_i\)可以选择的元素（也就是柱子）数量为\(2j\)种。但是它不能选择之前选过的。这\(2j\)个元素中之前选过的有\(j+\text{cntBreak}\)个：
- 其中\(\text{cntBreak}\)很好理解，这就是\(i+1\dots 2n\)中没有被留下来的位置数量，每个位置上都一定有一个初始高度\(\leq j\)的柱子。
- 而\(j\)是被留下来的柱子数量：为什么\(i+1\dots 2n\)中被留下来的柱子里初始高度在\(1\dots j\)的恰有\(j\)个？因为考虑一个最终高度\(\leq j\)的被留下来的柱子：它的初始高度不可能\(>j\)，否则它就不会下降到\(\leq j\)的高度（因为高度\(j+1\)是未被使用的）。
所以，\(h_i\)真正可选的元素数量为：\(2j-(j+\text{cntBreak})=j-\text{cntBreak}\)。这也就是转移的系数。
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再考虑如果位置\(i\)最终被留下来了。设位置\(i\)上石柱的最终高度为\(x\) (\(x>j\))，设\(mask\)中位置\(x\)后面连续的一段\(0\)的长度为\(k\)。那么转移的方案数就是\(k+2\)。因为如果\(h_i=x\)，则有\(2\)种选择的方案（因为我们把相同高度的两根石柱看做本质不同的）。如果\(h_i>x\)，则有\(k\)种高度可选（因为每种高度的其中一根石柱已经用掉了，只剩一根就不用再挑了）。
这样DP的时间复杂度\(O(2^nn^2)\)，太慢了！考虑优化，就必须把\(mask\)砍掉。
没有了\(mask\)，我们还能不能做这个DP呢？
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对于第一种转移，也就是“位置\(i\)最终没有留下来”，它在\(mask\)中用到的信息只有：\(mask\)里前缀\(0\)的长度为\(j\)。我们完全可以把这个\(j\)放到DP状态的第二维，也就是设\(dp[i][j]\)表示从\(2n\)开始向前考虑到了第\(i\)个位置，已选择的最终高度里从\(1\)开始的极长连续段长度为\(j\)，此时的方案数。容易发现新状态完全不影响第一种转移。
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对于第二种转移，也就是“位置\(i\)最终被留下来了”，当我们把状态简化为\(dp[i][j]\)后，这种转移就会遇到一些小麻烦。因为我们枚举了当前石柱的最终高度\(x\)后，我们需要知道：“\(mask\)中位置\(x\)后面连续的一段\(0\)的长度”是多少。
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考虑当\(x>j+1\)时，转移后对新状态下DP的第二维是没有改变的。这种转移的方案数我们暂时不计算。也就是直接令：\(dp[i][j]=dp[i+1][j]\)。
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当\(x=j+1\)时，我们不仅要统计当前转移的方案数，还要把\(j+1\)后面的一整个连续段，在转移时的方案数都计算进去。枚举这个连续段的长度，记为\(k\)（为了方便，这里的\(k\)是包含了\(j+1\)这个位置的，也就是说我们会从\(dp[i+1][j]\)转移到\(dp[i][j+k]\)）。
首先，根据前面对朴素DP的讨论，对于位置\(x\)来说，\(h_x\)有\(k+1\)种可选的元素。
设\(i+1\dots 2n\)中被留下来的位置数量为\(\text{cntProtect}\)。那么，我们需要从\(\text{cntProtect}-j\)个位置里选择\(k-1\)个，令这些位置的最终高度，构成了\(x\)后面长度为\(k-1\)的连续段。所以，转移系数要再乘以\({\text{cntProtect}-j\choose k-1}\)。
同时，还要考虑这\(k-1\)个元素，它们的初始高度分别是什么：也就是我们在\(x>j+1\)的这种转移里没有统计的方案数。容易发现，它们的初始高度一定在\(j+2\dots j+k\)之间，也就是在长度为\(k-1\)的一段。那么，不同的\(j\)对这一方案数是没有影响的。所以不妨先记这个方案数为\(f[k-1]\)（你可以假设它是我们预处理出来的一个数组）。
那么，我们可以得到一个转移式：
\[dp[i][j+k]\leftarrow dp[i+1][j]\cdot (k+1)\cdot{\text{cntProtect}-j\choose k-1}\cdot f[k-1] \]
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现在的关键问题是如何预处理\(f[k]\)。这其实比较简单。也可以做一个DP。设\(g[i][j]\)表示考虑了\(i\)种初始高度，占用了\(j\)个位置（也就是\(j\)个最终被保留下来的最终高度）时的方案数。我们对此的限制条件是：
- 每种初始高度最多只有\(2\)个元素。也就是说，\(g[i][j]\)只能从\(g[i-1][j]\) ,\(g[i-1][j-1]\)和\(g[i-1][j-2]\)转移。
- \(i\)种初始高度占用的总位置数，不能大于\(i\)。也就是说，\(i\leq j\)。
所以得到转移式：\(g[i][j]=g[i-1][j]+g[i-1][j-1]\cdot 2j+g[i-1][j-2]\cdot (j-1)\cdot j\)。
根据定义，我们要求的\(f[k]\)，就等于\(g[k][k]\)。
时间复杂度\(O(n^3)\)。
参考代码（在LOJ查看）：
//problem:LOJ3276
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const int MAXN=600*2;
const int MOD=1e9+7;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}
int fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
inline int comb(int n,int k){
if(n<k)return 0;
return (ll)fac[n]*ifac[k]%MOD*ifac[n-k]%MOD;
}
void facinit(int lim=MAXN){
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=lim;++i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;
ifac[lim]=pow_mod(fac[lim],MOD-2);
for(int i=lim-1;i>=0;--i)ifac[i]=(ll)ifac[i+1]*(i+1)%MOD;
}
int n,f[MAXN+5][MAXN+5],dp[MAXN+5][MAXN+5];
bool is_protected[MAXN+5];
int main() {
facinit();
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i){
int pos;cin>>pos;
is_protected[pos]=true;
}
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=0;j<=i;++j){
f[i][j]=f[i-1][j];
if(j>=1)add(f[i][j],(ll)f[i-1][j-1]*j*2%MOD);
if(j>=2)add(f[i][j],(ll)f[i-1][j-2]*(j-1)*j%MOD);
}
}
int cnt_protect=0,cnt_break=0;
dp[2*n+1][0]=1;
for(int i=2*n;i>=1;--i){
if(is_protected[i]){
for(int j=0;j<=cnt_protect;++j)if(dp[i+1][j]){
add(dp[i][j],dp[i+1][j]);
for(int k=1;j+k<=cnt_protect+1;++k){
//dp[i+1][j] -> dp[i][j+k]
add(dp[i][j+k],(ll)dp[i+1][j]*(k+1)%MOD*comb(cnt_protect-j,k-1)%MOD*f[k-1][k-1]%MOD);
}
}
cnt_protect++;
}
else{
for(int j=cnt_break+1;j<=cnt_protect;++j){
dp[i][j]=(ll)dp[i+1][j]*(j-cnt_break)%MOD;
}
cnt_break++;
}
}
int ans=(ll)dp[1][n]*pow_mod(pow_mod(2,n),MOD-2)%MOD;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
