CF2018F1~3 Solution

相当于计数如下正整数序列 $a$ 的个数：

• $\mathrm{\forall }i\in [1,n],a_i\in [1,n]$
• $\underset{i}{min}(i+a_i-1)-\underset{i}{max}(i-a_i+1)=k$
• $\mathrm{\forall }i\in [1,n]$，$\underset{a_j\le i}{max}j-\underset{a_j\le i}{min}j+1\le i$

我们可以考虑枚举 $min(i+a_i-1)$，这样通过 $O(n)$ 的代价确定了每个 $a_i$ 的范围。

那么就只需要考虑第三个条件了，同时需要注意 $a$ 需要顶到上界。

感觉可以按值大小依次填数唉。

如果按照原题目的想法，也可以看作答案区间 $[l,r]$ 需要合法的扩展到并且可以扩展到全局。

哦，要计算所有的 $k$ 啊。

那相当于是我可以考虑容斥，也就是我计算出 $an{s}_{l,r}$ 保证区间 $[l,r]$ 内的点合法的话，也就是至少，那么恰好 $an{s}_{l,r}^{\prime }$ 也就是 $an{s}_{l,r}$ 减去所有包含他的区间的 $an{s}^{\prime }$，这一步显然可以 $O(n^2)$ 推出来。

那么我们考虑如何求出 $an{s}_{l,r}$。

考虑使用这样一种策略：除非右侧有一个点需要立刻向右走，否则就向左走，这样可以确保一个起点生成的方案唯一。

我们将一个方案描述为 $(a,p)$ 表示数组 $a$ 和访问顺序 $p$。

根据 $i+a_i-1\ge r,i-a_i+1\le l⟹a_i\ge max(r+1-i,i+1-l)$

定义 $d{p}_{l,r,0/1}$ 为已经访问完了区间 $[l,r]$ 当前有没有一个强制要求往右走的限制。

初始值显然是 $d{p}_{i,i,0}=d{p}_{i,i,1}=[i\in [l,r]](n+1-max(r+i-i,i+1-l))$

考虑转移。

注意到如果你从 $[l,r]$ 往外扩展一个位置，则它是第 $r-l+2$ 个访问的，则它的 $a$ 值必须满足 $\ge max(r-l+2,r-i+1,i-l+1)$

而且如果你填了 $r-l+2$ 也可以选择消去必须往右走的限制。

同时每一次扩展后导致长度增加，那么也有可能会导致又必须往右走。

所以可以设计出一个 $O(n^2)$ 每次的DP。

另外，对于一个合法的 $a$ 其所有起始位置任意，所以需要除掉 $r-l+1$。

所以会有一个 $O(n^2)$ 枚举 $l,r$，再 $O(n^2)$ DP，求得 $an{s}_{l,r}$ 为钦定 $[l,r]$ 内点为答案的 $O(n^4)$ 算法。

那么容斥下就是 $an{s}_{l,r}+an{s}_{l-1,r+1}-an{s}_{l-1,r}-an{s}_{l,r+1}$ 为真正答案。

另外 $k=0$ 的答案用 $n^n$ 减掉其他即可。

int sol(int L,int R){
	for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=i;j<=n;++j)f[i][j][0]=f[i][j][1]=0;
	for(int i=L;i<=R;++i)f[i][i][0]=f[i][i][1]=n+1-max(R-i+1,i-L+1);
	for(int len=2;len<=n;++len){
		for(int l=1,r=len;r<=n;++l,++r){
			int vl=(n+1-Max({R-l+1,l-L+1,len}));
			int vr=(n+1-Max({R-r+1,r-L+1,len}));
			f[l][r][0]=f[l+1][r][0]*vl%p;
			if(len>=max(R-r+1,r-L+1))(f[l][r][0]+=f[l][r-1][1])%=p;
			f[l][r][1]=(f[l+1][r][0]*vl%p+f[l][r-1][1]*vr%p)%p;
		}
	}
	// cout<<f[1][n][0]<<"\n";
	return f[1][n][0];
}

写出代码后可以发现，对于相同长度的区间，$L,R$ 的变化是相同的，且贡献次数与DP过程中的 $l,r$ 与 $L,R$ 的差量有关，而 $len$ 在哪里都是常量，所以可以考虑将 $L,R$ 的移动替代为 $l,r$ 的移动。

也即，我们只处理 $sol(n-len+1,n)$，但是$l,r$ 的取值是 $[1,2n]$，这样借助内部DP端点的移动替代了 $L,R$ 的移动，则相同长度的DP只需要跑一次，就可以做到 $O(n^3)$ 了。

for(int len=1;len<=n;++len){
    sol(n-len+1,n);
    for(int l=1,r=len;r<=n;++r,++l)ans[l][r]=f[l][n+l-1][0]*inv[len]%p;
}

注意到 F3 需要一个 $O(n^2)$ 的DP。

我们注意到 一个方案中，第一次往右走的时刻就确定了左端点，当然反过来也是一样的。

所以如果我们可以考虑求一个固定左端点的DP。

也即如果我们可以求得 $f_l$ 表示所有合法区间左端点 $\le l$ 的方案数之和，则 $k$ 的答案就是 $f_{n-k+1}-f_{n-k}$

我们对于每个 $l$ 进行倒序DP，初始化 $d{p}_{1,n,0}=1$，不记录 $r$，那么 $[l,r]$ 的答案就是 $d{p}_{r,r,1}$

可以运用上面那个技巧将 $r$ 这个维度压掉，这样算 $d{p}_{r,r,1}$ 后需要乘上一个 $r$

这样就做到了 $O(n^2)$