[NOIP 2024 模拟2]数组操作

[NOIP 2024 模拟2]数组操作

题意

有 $n+2$ 个整数 $a_0,a_1,...,a_n,a_{n+1}$，$a_0=a_{n+1}=0$。你需要做确切地 $n$ 次操作，每次数组操作为以下形式： 选择一个整数 $x$ 满足 $a_x\ne 0$，使得 $a_x=0$，令 $l=\underset{i<x,a_i=0}{max}i,r=\underset{i>x,a_i=0}{min}i$，此次操作的花费为 $max(a_l,a_{l+1}+,...,a_{x-1})+max(a_{x+1}...,a_{r-1},a_r)$牛币。 有多少不同的操作方式使得操作花费的牛币最少，两种操作不同当且仅当两种操 作的操作序列不同。 答案对 $998244353$ 取模。

思路

发现把一个位置变成 $0$ 后左右两部分就没有关系了，可以使用区间 dp。

定义 $f_{i,j}$ 表示操作区间 $[i,j]$ 的最小代价，$g_{i,j}$ 表示操作区间 $[i,j]$ 代价最小的方案数。

$f_{i,j}=min(f_{i,k-1}+f_{k+1,j}+\underset{i\le t<k}{max}{a}_t+\underset{k<t\le j}{max}{a}_t)$

$g_{i,j}=\sum _{k\to (i,j)}{g}_{i,k-1}\times g_{k+1,j}\times C_{j-i}^{k-i}$

第一个转移方程显然。第二个转移方程的 $C_{j-i}^{k-i}$ 表示这个区间还剩下 $j-i$ 个操作（按顺序），分 $k-i$ 个给左边，剩下的给右边，所以 $C_{j-i}^{j-k}$ 也正确。可能会有疑问，只确定了哪些操作给左边，哪些操作给右边，但内部的顺序没有确定啊？实际上，虽然区间 dp 是从小区间合并成大区间，但实际操作时是从大区间分成小区间，这里只用确定哪些分给左边，哪些分给右边，它们内部的顺序它们自己分的时候会确定好。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int mod = 998244353;
const int N = 2e3 + 5;
int n, a[N], pre[N], suf[N];
ll cnt[N][N], dp[N][N], c[N][N];
void solve() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) cin >> a[i];
	c[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i ++) {
		c[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= n; j ++) {
			c[i][j] = c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1];
			c[i][j] %= mod;
		}
	}
	for (int i = 0; i <= n + 1; i ++) 
		for (int j = 0; j <= n + 1; j ++) cnt[i][j] = 1;
	for (int k = 1; k <= n; k ++) {
		for (int i = 1; i <= n; i ++) {
			int j = i + k - 1;
			if (j > n) break;
			pre[i - 1] = 0, suf[j + 1] = 0;
			for (int t = i; t <= j; t ++) pre[t] = max(pre[t - 1], a[t]);
			for (int t = j; t >= i; t --) suf[t] = max(suf[t + 1], a[t]);
			dp[i][j] = 1e9, cnt[i][j] = 0;
			for (int t = i; t <= j; t ++) 
				dp[i][j] = min(dp[i][j], dp[i][t - 1] + dp[t + 1][j] + pre[t - 1] + suf[t + 1]);
			for (int t = i; t <= j; t ++) 
				if (dp[i][t - 1] + dp[t + 1][j] + pre[t - 1] + suf[t + 1] == dp[i][j]) 
					cnt[i][j] += cnt[i][t - 1] * cnt[t + 1][j] % mod * c[j - i][j - t] % mod, cnt[i][j] %= mod;
		}
	}
	cout << cnt[1][n] << "\n";
}
signed main() {
	freopen("arr.in", "r", stdin);
	freopen("arr.out", "w", stdout);
	int Case = 1;
//	cin >> Case;
	while (Case --)
		solve();
	return 0;
}