Atcoders [AGC049D] Convex Sequence 题解

AT_agc049_d [AGC049D] Convex Sequence

限制 $1$ 不好满足，先不管它。限制 $2$ 移项可得 $a_{i}-a_{i-1}\le a_{i+1}-a_{i}$，即差分非严格单调递增，满足要求的序列为一个单谷序列。

我们考虑枚举最左侧的最小值的出现位置，先考虑在最左端的情况。

我们钦定序列最小值为 $0$，可以通过增加非最左侧的最小值的出现位置的元素的值来构造序列。具体的，我们每次选择一个区间 $[i,n](i\gt 1)$，把这个区间的数从左到右依次增加 $1,2\dots n-i+1$，这样增量区间的差分不减，原序列的差分也非严格单调递增，构造出来的序列显然满足限制 $2$。

接下来就是要证明所有满足要求的序列都可以由上述构造方式得到。这是易证的，钦定最小值之后，每一个合法的区间对应一个唯一的非严格单调递增的差分数组。注意到增量区间的差分实际上都是 $1$，每次操作后差分区间每个数加 $1$。我们从右往左一位一位操作，每次对于位置 $i$ 操作 $[i,n]$ 直到满足差分数组的限制，注意到这种情况下构造不出来的条件为存在递减的差分，由限制 $2$ 有差分非严格单调递增，矛盾，所以不会存在这种情况。

考虑到这种总和 $\le m$ 的段只会有 $O(\sqrt{m})$ 个，我们直接把这些段预处理出来做容量为 $m$ 的完全背包。这样，就满足了限制 $1$。

注意到最小值可以不为 $0$，但每次最小值的增加伴随着 $n$ 个元素一起增加，所以做背包的时候预处理出这种状态记为可行。

接下来考虑最左侧的最小值向右滑动。假设滑动前为 $i$，滑动后相当于背包里失去了 $[i+1,n]$ 这个元素，增加 $[1,i-1]$ 这个元素。注意到 $[1,i-1]$ 的贡献与后缀 $[n-i+2,n]$ 相同，不需要额外处理。由于统计方案数的背包是支持删除的，可以直接维护。

最后，再统计使最左侧的最小值向右滑动需要的操作的贡献即可，这同样是一个前缀，同上维护。

于是，我们得到了一个时间复杂度 $O(m\sqrt{m})$ 的算法，空间复杂度 $O(m)$ 的优秀算法。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n,m,k=0,s[200000],f[200000],ans=0;
const long long mod=1e9+7;
int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	while(s[k]<=m)k++,s[k]=s[k-1]+k;
	k--;
	for(int i=0;i<=m;i+=n)f[i]=1;
	for(int i=1;i<=min(k,n-1);i++)
	    for(int j=s[i];j<=m;j++)f[j]=(f[j]+f[j-s[i]])%mod;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    {
	    	if(i-1>k)break;
	    	ans=(ans+f[m-s[i-1]])%mod;
	    	for(int j=s[i];j<=m;j++)f[j]=(f[j]+f[j-s[i]])%mod;
	    	if(n-i<=k)for(int j=m;j>=s[n-i];j--)f[j]=(f[j]-f[j-s[n-i]])%mod;
		}
	printf("%lld\n",(ans%mod+mod)%mod);
	return 0;
}