Solution -「USACO 2020.12 P」Sleeping Cows

$\mathcal{Description}$

  Link.

  有 $n$ 个牛棚，大小为 $t_{1..n}$，$n$ 头奶牛，大小为 $s_{1..n}$，奶牛只能住进不小于自己的牛棚，每个牛棚最多住一头奶牛。求满足不能让更多奶牛住进牛棚的安排方案数，答案对 $(10^9+7)$ 取模。

  $n\le3\times10^3$。

$\mathcal{Solution}$

  把 $s$ 和 $t$ 倒一块儿升序排序，大小相同奶牛优先。那么相当于奶牛只能住进自己后面的某个房间，转化成了熟悉的括号问题。

  考虑一个方案合法的条件：最左侧失配的左括号（奶牛）在最右侧失配的右括号（牛棚）右侧（否则它们就能够再匹配了）。

  接下来的 DP 就比较平凡啦，令 $f(i,j,0/1)$ 表示考虑了序列前 $i$ 个元素，有 $j$ 个左括号预定了接下来的右括号和它匹配，出现 / 未出现“最左侧失配的左括号”时的方案数。分第 $i$ 个位置是奶牛还是牛棚转移（$\longleftarrow$ 表示前者被后者贡献）：

• 奶牛转移：
  • 预定后方房间，$f(i,j,0/1)\longleftarrow f(i-1,j-1,0/1)$；
  • 成为最左侧失配，$f(i,j,1)\longleftarrow f(i-1,j,0)$；
  • 再次失配，$f(i,j,1)\longleftarrow f(i-1,j,1)$。
• 牛棚转移：
  • 去满足某个房间预定，$f(i,j,0/1)\longleftarrow (j+1)\cdot f(i-1,j+1,0/1)$；
  • 失配，$f(i,j,0)\longleftarrow f(i-1,j,0)$。

  转移最后一步体现了合法限制。最后答案显然是 $f(2n,0,0)+f(2n,0,1)$。

  最终，$\mathcal O(n^2)$ 解决问题。

$\mathcal{Code}$

  代码中最后一维 $0/1$ 状态是反过来的 awa。

/* Clearink */

#include <cstdio>
#include <algorithm>

#define rep( i, l, r ) for ( int i = l, rpbound##i = r; i <= rpbound##i; ++i )
#define per( i, r, l ) for ( int i = r, rpbound##i = l; i >= rpbound##i; --i )

typedef std::pair<int, int> PII;
#define fi first
#define se second

const int MAXN = 3e3, MOD = 1e9 + 7;
int n, f[MAXN * 2 + 5][MAXN + 5][2]; // !!!
PII s[MAXN * 2 + 5];

inline int mul( const long long a, const int b ) { return a * b % MOD; }
inline int sub( int a, const int b ) { return ( a -= b ) < 0 ? a + MOD : a; }
inline int add( int a, const int b ) { return ( a += b ) < MOD ? a : a - MOD; }
inline void addeq( int& a, const int b ) { ( a += b ) >= MOD && ( a -= MOD ); }

int main() {
//	freopen ( "sleeping.in", "r", stdin );
//	freopen ( "sleeping.out", "w", stdout );
	scanf( "%d", &n );
	rep ( i, 1, n ) scanf( "%d", &s[i].fi ), s[i].se = 0;
	rep ( i, n + 1, n << 1 ) scanf( "%d", &s[i].fi ), s[i].se = 1;
	std::sort( s + 1, s + ( n << 1 | 1 ) );
	f[0][0][1] = 1;
	rep ( i, 1, n << 1 ) {
		if ( !s[i].se ) rep ( j, 0, n ) { // cow.
			if ( j ) {
				addeq( f[i][j][1], f[i - 1][j - 1][1] );
				addeq( f[i][j][0], f[i - 1][j - 1][0] );
			}
			addeq( f[i][j][0], add( f[i - 1][j][0], f[i - 1][j][1] ) );
		} else rep ( j, 0, n ) { // house.
			f[i][j][0] = mul( j + 1, f[i - 1][j + 1][0] );
			f[i][j][1] = add( mul( j + 1, f[i - 1][j + 1][1] ),
				f[i - 1][j][1] );
		}
	}
	printf( "%d\n", add( f[n << 1][0][0], f[n << 1][0][1] ) );
	return 0;
}