题解 [HDU6584]Kcats

传送门

首先没有-1的情况很简单，按题意模拟建出笛卡尔树，利用树同构可以直接求解
但有了-1就不能这样写了
题解神仙思路：
发现加入一个点时栈中的元素数量其实是这个节点所有在左侧的祖先数量（要求这个点在这个祖先的右子树）
而这棵树上的二元组中第一个元素恰好是数组下标
于是一棵子树可以用一个区间表示
之前思路卡在如何向一个子树的左儿子再挂上一个子树
但用区间DP的形式就可以直接处理这个问题了：直接枚举一个区间的根节点
于是令 \(dp[i][j][k]\) 表示区间 \([i, j]\) 中根节点所有在左侧的祖先数量为 \(k\) 的方案数
转移考虑 \(k\) 的合法取值，只有当根节点的 \(a\) 值为-1时可以取遍 \([1, n]\)
然后枚举根节点位置，组合数计算分配给两边的点，注意转移时只有右子树是从 \(k+1\) 转移
还要注意组合数不用杨辉三角递推的话会T掉

Code:

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f3f
#define N 110
#define ll long long
//#define int long long

char buf[1<<21], *p1=buf, *p2=buf;
#define getchar() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf, 1, 1<<21, stdin)), p1==p2?EOF:*p1++)
inline int read() {
	int ans=0, f=1; char c=getchar();
	while (!isdigit(c)) {if (c=='-') f=-f; c=getchar();}
	while (isdigit(c)) {ans=(ans<<3)+(ans<<1)+(c^48); c=getchar();}
	return ans*f;
}

int n;
int a[N];
const ll mod=1e9+7;
ll dp[N][N][N], C[N][N];
// inline ll C(int n, int k) {return fac[n]*inv[k]%mod*inv[n-k]%mod;}
#define C(n, k) C[n][k]

signed main()
{
	int T=read();
	#if 0
	fac[0]=fac[1]=1; inv[0]=inv[1]=1;
	for (int i=2; i<N; ++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	for (int i=2; i<N; ++i) inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	for (int i=2; i<N; ++i) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%mod;
	#else
	for (int i=0; i<N; ++i) for (int j=C[i][0]=1; j<=i; ++j) C[i][j]=(C[i-1][j]+C[i-1][j-1])%mod;
	#endif
	while (T--) {
		n=read();
		for (int i=1; i<=n; ++i) a[i]=read();
		memset(dp, 0, sizeof(dp));
		for (int j=1; j<=n; ++j) {
			for (int i=j; i; --i) {
				for (int k=i; k<=j; ++k) {
					for (int d=(~a[k])?a[k]:1; d<=((~a[k])?a[k]:n); ++d) {
						// cout<<i<<' '<<j<<' '<<k<<' '<<d<<' '<<a[k]<<' '<<n<<' '<<(d<=(~a[k])?a[k]:n)<<endl;
						dp[i][j][d]=(dp[i][j][d]+(k>i?dp[i][k-1][d]:1ll)*(k<j?dp[k+1][j][d+1]:1ll)%mod*C(j-i, k-i)%mod)%mod;
					}
				}
			}
		}
		printf("%lld\n", dp[1][n][1]);
	}
	
	return 0;
}