「TC SRM625 D1L3」Seatfriends

思路

首先，对于计数题，不是 $\text{dp}$ 就是排列组合，这题多思考一会儿就发现单纯 $\text{dp}$ 和排列组合是做不出来的。然后激动人心地发现，这题是 $\text{dp}+$ 排列组合。
现在来思考怎么做，我们可以发现如果不考虑区间两两之间的空座位，当成选为一个个集合的话是非常好 $\text{dp}$ 的，但对于空格的处理无法使用 $\text{dp}$ 处理的，同时对于两两不相邻的区间，必须插入至少 $1$ 个空格以消除 $\text{dp}$ 没考虑空格的影响。
现在问题就转换为有 $i$ 个不同物品，共 $n-k$ 块隔板，要在每两个物品间插入至少一个相同隔板，问有多少种方案数，即盒子与球，计数为 $C_{n-k-1}^{i-1}$ ，再乘上 $d{p}_{k,i}$ 并将所有 $i$ 加起来。

细节

对于 $\text{dp}$ ，是一个插入 $\text{dp}$ ，使用刷表更容易，定义 $d{p}_{i,j}$ 表示选了前 $i$ 个人，共 $j$ 个区间的方案数，然后推转移，若刷表即如下：

$$d{p}_{i,j}\times j\to d{p}_{i+1,j+1},d{p}_{i+1,j-1}$$

$$d{p}_{i,j}\times 2j\to d{p}_{i,j}$$

对于 $d{p}_{i,j}\times j$ 即将当前数插入到/合并已有的 $j$ 个区间。对于 $d{p}_{i,j}\times 2j$ 即加入到已有的 $j$ 个区间的两侧。

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对于计数，盒子与球的公式已给，现在就要将所有 $d{p}_{m,i}$ 加起来，答案就是

$$\sum _{i=1}^{k}d{p}_{m,i}\times C_{n-m-1}^{i-1}$$

此外，对于 $n=m$ 的情况，上述式子就失效了，因为 $n-m-1<0$ ，但因为最后只剩一个区间，所以可以取 $d{p}_{m-1,1}$ 为答案，$m-1$ 的原因即在最后连成环之前必须是只剩一个区间而最后 $d{p}_{m,1}$ 会从不合法的 $d{p}_{m-1,2}$ 转移。

Code

/*
address:https://vjudge.net/problem/TopCoder-12909
AC 2024/12/27 21:30
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 2005;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m, t;
LL dp[N][N];
LL C[N][N];
inline void trans(LL& x, LL y) { x = (x + y) % mod; }
inline LL power(LL a, LL k) {
    LL ret = 1;
    while (k > 0) {
        if (k & 1) ret = ret * a % mod;
        a = a * a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return ret;
}
inline LL solve() {
    dp[1][1] = n;
    for (int i = 1;i < m;i++)
        for (int j = 1;j <= i && j <= t;j++) {
            if (j < t) trans(dp[i + 1][j + 1], dp[i][j] * j % mod);
            if (j > 1) trans(dp[i + 1][j - 1], dp[i][j] * j % mod);
            trans(dp[i + 1][j], dp[i][j] * j % mod * 2 % mod);
        }
    if (n == m) return dp[m - 1][1];
    LL ret = 0;
    for (int i = 1;i <= t;i++)
        trans(ret, dp[m][i] * C[n - m - 1][i - 1] % mod);
    return ret;
}
int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &t);
    C[0][0] = 1;
    for (int i = 1;i <= n;i++) {
        C[i][0] = 1;
        for (int j = 1;j <= i;j++) C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
    }
    printf("%lld", solve());
    return 0;
}