木题大战Vol.0 DP搬运工1 计数DP

木题大战Vol.0 DP搬运工1

题目描述

给你 \(n\),\(K\)，求有多少个 \(1\) 到 \(n\) 的排列，满足相邻两个数的 \(max\) 的和不超过 \(K\) 。

分析

预设型\(DP\)

我们定义状态 \(f[i][j][k]\) 表示填完 $1∼i \(、有 j\) $个位置可以填数、贡献总和为 \(k\) 的方案数

我们假定从小到大填数，对于一个数 \(x\) ，如果我们在之后的操作中在这一个数的两边都填入了新的数，那么当前的数一定不会贡献价值

如果只在一边填入新的数，那么当前的数贡献的价值为 \(x\)

如果两边都不填入数，那么贡献的价值为 \(2x\)

如果新填入的点在数列两边的话，转移方程为

\[f[i][j+1][k]=(f[i][j+1][k]+f[i-1][j][k]*2LL) \]

\[f[i][j][k+i]=(f[i][j][k+i]+f[i-1][j][k]*2LL) \]

如果新填入的数在中间的话，转移方程为

\[f[i][j+1][k]=(f[i][j+1][k]+f[i-1][j][k]*j) \]

\[f[i][j][k+i]=(f[i][j][k+i]+f[i-1][j][k]*j*2LL) \]

\[f[i][j-1][k+i+i]=(f[i][j-1][k+i+i]+f[i-1][j][k]*j) \]

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=55;
const long long mod=998244353;
long long f[3][maxn][maxn*maxn];
int n,m;
inline int read(){
	int x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9'){
		if(ch=='-') f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(ch>='0' && ch<='9'){
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
		ch=getchar();
	}
	return x*f;
}
int main(){
	freopen("D.in","r",stdin);
	freopen("D.out","w",stdout);
	n=read(),m=read();
	f[1][0][0]=1;
	int now=1;
	for(int i=2;i<=n;i++){
		now^=1;
		for(int j=0;j<maxn;j++){
			for(int k=0;k<maxn*maxn;k++){
				f[now][j][k]=0;
			}
		}
		int maxj=min(i,n-i)+1,maxk=min(m,i*i);
		for(int j=0;j<=maxj;j++){
			for(int k=0;k<=maxk;k++){
				if(f[now^1][j][k]==0) continue;
				f[now][j+1][k]=(f[now][j+1][k]+f[now^1][j][k]*2LL)%mod;
				f[now][j][k+i]=(f[now][j][k+i]+f[now^1][j][k]*2LL)%mod;
				if(j==0) continue;
				f[now][j+1][k]=(f[now][j+1][k]+f[now^1][j][k]*j)%mod;
				f[now][j][k+i]=(f[now][j][k+i]+f[now^1][j][k]*j*2LL)%mod;
				f[now][j-1][k+i+i]=(f[now][j-1][k+i+i]+f[now^1][j][k]*j)%mod;
			}
		}
	}
	long long ans=0;
	for(int i=0;i<=m;i++){
		ans=(ans+f[now][0][i])%mod;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}