AGC 041D - Problem Scores

考虑限制一定是对于前缀和后缀的，并且显然相交的前后缀可以不考虑。然后还可以发现只用考虑最长的那一段的条件，即 \(\lfloor\frac {n-1}{2}\rfloor\) 和 \(\lfloor\frac {n-1}{2}\rfloor + 1\) 的长度。

可以将原序列分成两个部分。

如下：

\[{A A | (C) | B} \]

我们把 \(C\) 去掉，把最后一个 \(A\) 提出来。

分别向前后差分分别记为数组 \(a,b\) 。发现 \(\sum _i (a_i + b_i) * i\) 就是除去 \(A\) 的差。

即 \(\text{最后一个 A 的值} > \sum _i (a_i + b_i) * i​\) 。

向后的差分还对 \(A​\) 的最大值有影响，贡献要多一个。

并且容易发现最后的方案就是 \(n - \sum (a_i + b_i)*i + \sum b_i​\)， 小于 \(0​\) 没有贡献。

然后发现有些时候方案数要多乘一个 \(b_i+1\) （有一个 \(C\) 在中间），这个也可以轻松统计。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int mod, n;
typedef long long ll;
int add(int a,int b){a+=b;return a>=mod?a-mod:a;}
int sub(int a,int b){a-=b;return a<0?a+mod:a;}
int mul(int a,int b){return (ll)a*b%mod;}
int qpow(int a,int b){int ret=1;for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))if(b&1)ret=mul(ret,a);return ret;}
/* math */
const int N = 5010;
int f[2][N],g[2][N],h1[2][N],h2[2][N];

inline void Do1(int p,int i){
	for(int j=0;j<=n;j++)f[i][j] = g[i][j] = h1[i][j] = h2[i][j] = 0;
	for(int j=0;j<=n;j++){
		f[i][j] = add(f[i][j], f[i^1][j]);
		if(j>=p){
			f[i][j] = add(f[i][j], f[i][j-p]);
		}
	}
}
inline void Do2(int p,int i){
	for(int j=0;j<=n;j++)f[i][j] = g[i][j] = h1[i][j] = h2[i][j] = 0;
	for(int j=0;j<=n;j++){
		f[i][j] = add(f[i][j], f[i^1][j]);
		if(j>=p){
			f[i][j] = add(f[i][j], f[i][j-p]);
		}
	}
	for(int j=0;j<=n;j++){
		h1[i][j] = add(h1[i][j], 1ll*f[i^1][j]*(j/p-1)%mod);
		if(j>=p){
			h1[i][j] = add(h1[i][j], h1[i][j-p]);
		}
	}
	for(int j=0;j<=n;j++){
		f[i][j] = sub(mul(f[i][j], j/p),h1[i][j]);
	}
}

int main()
{
	cin >> n >> mod;
	int _d = (n-1)/2;
	bool flg=0;
	if(n%2==0){ flg=1; }
	int cur = 0;
	f[cur][0] = 1;
	for(int i=_d;i;i--){
		int p = i;
		Do1(p,cur^=1);
		if(i==_d && flg)Do2(p+1,cur^=1);
		else Do1(p+1,cur^=1);
	}
	int ans = 0;
	if(n==2){cout << 3 << endl;return 0;}
	for(int i=0;i<=n;i++){
		ans = add(ans, mul(f[cur][i], n-i));
	}
	cout << ans << endl;
}