【CF1845E】Boxes and Balls

1|0题目

题目链接：https://codeforces.com/problemset/problem/1845/E
$n$ 个盒子排成一排，每个盒子里可能会有 $0$ 或 $1$ 个球，一次操作可以把一个球移动到相邻的盒子中，并且要求任何时刻不能存在一个盒子装有两个球。
给定 $m$，求在恰好 $m$ 次操作后有多少种可能的情况。
$n,m\leq 1500$。

2|0思路

假设初始情况对应的 $01$ 序列是 $s$，若干次操作后的情况为 $t$。那么 $s$ 能通过恰好 $k$ 次操作变为 $t$，当且仅当两个序列中对应的 $1$ 的位置差之和 $\leq k$ 且奇偶性和 $k$ 一致。
朴素的 dp 可以设 $f[i][j][k]$ 表示前 $i$ 个盒子内装了 $j$ 个球，对应的球的位置差之和为 $k$ 的方案数。时间复杂度 $O(n^2m)$。
这样并不好优化。发现 $s$ 转移到 $t$ 的最小操作次数等于每一个盒子被操作的次数之和，而第 $i$ 个盒子被操作的次数，恰好是 $s[1\sim i]$ 中 $1$ 的数量与 $t[1\sim i]$ 中 $1$ 的数量之差的绝对值。
那么可以设 $f[i][j][k]$ 表示考虑到第 $i$ 个盒子的贡献，其中 $s[1\sim i]$ 与 $t[1\sim i]$ 的 $1$ 的数量差（不加绝对值）为 $j$，且前 $i$ 个盒子的贡献和为 $k$ 的方案数。

• 如果不在第 $i$ 个盒子内放球，那么 $f[i-1][j][k]$ 就可以转移到 $f[i][j-s_i][k+|j-s_i|]$。
• 如果在第 $i$ 个盒子内放一个球，那么 $f[i-1][j][k]$ 就可以转移到 $f[i][j+1-s_i][k+|j+1-s_i|]$。

时间复杂度仍是 $O(n^2m)$。
但是注意到最终的答案是 $\sum^{m}_{i=1}f[n][0][i]\times [i\bmod 2=m\bmod 2]$，而第二维的 $j$ 在从 $i$ 转移到 $i+1$ 时，最多只能变化 $1$，为了让最后第二维能回到 $0$，那么第二维的最大值 $lim$ 应该满足 $\sum^{lim}_{i=1}i\leq m$，也就是说，第二维其实可以被压缩至 $O(\sqrt m)$ 级别。时间复杂度 $O(nm\sqrt m)$。
记得滚动数组。

3|0代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1510,M=55,MOD=1e9+7;
int n,m,ans,a[N],f[2][M*2][N];

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for (int i=1;i<=n;i++)
		scanf("%d",&a[i]);
	f[0][M][0]=1;
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		int id=i&1;
		memset(f[id],0,sizeof(f[id]));
		for (int j=-M+2;j<=M-2;j++)
			for (int k=0;k<=m;k++)
			{
				int x=j-a[i],y=j-a[i]+1;
				if (k+abs(x)<=m) f[id][x+M][k+abs(x)]=(f[id][x+M][k+abs(x)]+f[id^1][j+M][k])%MOD;
				if (k+abs(y)<=m) f[id][y+M][k+abs(y)]=(f[id][y+M][k+abs(y)]+f[id^1][j+M][k])%MOD;
			}
	}
	for (int i=m;i>=0;i-=2)
		ans=(ans+f[n&1][M][i])%MOD;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：stoorz
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