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预设性DP

预设性DP

从最简单的起

DP搬运工2

Description

给你 n,Kn,K ，求有多少个 11 到 nn 的排列，恰好有 KK 个数 i(1<i<n)i(1<i<n) 满足 ai−1,ai+1a_{i-1},a_{i+1} 都小于 aia_i 。

Input Format

一行两个整数 n,Kn,K 。

Output Format

一行一个整数 ansans 表示答案 mod 998244353\text{mod 998244353} 。

Sample

样例输入1

4 1

样例输出1

16

样例输入2

10 3

样例输出2

1841152

Hint

对于 25% 的测试点， 1≤n,K≤101\leq n,K\leq 10 ；

对于 50% 的测试点， 1≤n,K≤1001\leq n,K\leq 100 ；

对于 100% 的测试点， 1≤n,K≤20001\leq n,K\leq 2000 ；

保证数据有梯度

考虑\(dp_{i,j}\)表示一个长为\(i\)的序列,有\(j\)个数满足，注意一个数满足\(a_i>a_{i+1},a_{i-1}\)
我们考虑按顺序加入第\(i\)次插入\(i\)，考虑不增加的情况就是在满足的旁边插入，新插入一个一定满足条件,但与他相邻原来的就不满足了，增加一个又减少一个，因为有两个相邻的所以满足的就只有\(j\)个
考虑增加一个的,就是在剩下的情况中任意选即可

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define speed() ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define ll long long
#define lid (rt<<1)
#define rid (rt<<1|1)
// #define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define ull unsigned long long
#define pb push_back
#define ts cout<<"----------------"<<endl;
#define bs bitset<65>
using namespace std;
const int N = 2005,mod=998244353;
int n,k;ll dp[N][N];
int main()
{
	speed();
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	cin>>n>>k;
	dp[1][0]=1;
	dp[2][0]=2;
	for(int i=3;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=min(i/2,k);j++)
		{
			if(!dp[i-1][j])continue;
			dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j]*(1ll*(j+1)<<1ll))%mod;
			dp[i][j+1]=(dp[i][j+1]+dp[i-1][j]*(i-((j+1)<<1ll))%mod)%mod;
		}
	}
	cout<<dp[n][k]<<endl;
	return 0;
}

袋鼠

题目描述

有一个园子，里面有 nn 个草丛排成一排，标号 1∼n1\sim n，有一个袋鼠，从 ss 出发，每次跳一步跳到一个其他的草丛，经过每个草丛恰好一次，最终到达 tt。显然他会跳跃 n−1n-1次为了不被人类发现，袋鼠每次跳跃的方向必须与前一次不同。

具体地，如果他现在在 nownow，他是从 prevprev 跳跃一次到达 nownow 的，然后他跳跃一次到达 nextnext：

  • 那么如果 prev<nowprev<now，就必须有 next<nownext<now；

  • 如果 now<prevnow<prev，就必须有 now<nextnow<next。

问从 ss 到 tt 的方案数模 109+710^9+7的结果。

两个路线不同，当且仅当草丛被访问的顺序不同。

保证至少有一种方案初始时可以往任意方向跳。

输入格式

一行三个整数 n,s,tn,s,t。

输出格式

一行一个整数，代表答案。

样例 #1

样例输入 #1

4 2 3

样例输出 #1

2

数据范围与提示

对于 36% 36\% 的数据，2≤n≤100 2 \leq n \leq 100

对于 69% 69\% 的数据，2≤n≤1000 2 \leq n \leq 1000

对于 100%100\% 的数据，2≤n≤2×1032\le n\le 2\times 10^3，1≤s,t≤n1\le s,t\le n

Bonus： 如果你已经 AK ，考虑 n≤106n \leq 10^6 怎么做

这道题，预设性DP，不知道欧拉路能不能做，反正不会，考虑\(dp_{i,j}\),表示长度为\(i\)的多个连续段总长度,有\(j\)个不相连的连续段符合条件
还是分析:
第一种把两个连续段连起来,\(dp_{i,j}=dp_{i-1,j+1}\times j\)有\(j+1-1\)个空;
第二种，新开一个连续段（目前只有一个数）\(dp_{i,j}=dp_{i-1,j-1}\times (j-(i>t)-(i>s))\)为什么要考虑\(i\)与\(t,s\)的大小，因为\(s,t\)必须分别接在首尾，所以\(i>s,t\)时,当前有\(j\)个连续段要除去头尾\(s,t\)

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define speed() ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define ll long long
#define lid (rt<<1)
#define rid (rt<<1|1)
// #define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define ull unsigned long long
#define pb push_back
#define ts cout<<"----------------"<<endl;
#define bs bitset<65>
using namespace std;
const int N = 2e3+5,mod=1e9+7;
int n,s,t;
ll dp[N][N];
int main()
{
	speed();
	freopen("kang.in","r",stdin);
	freopen("kang.out","w",stdout);
	cin>>n>>s>>t;//0 left
	dp[1][1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		for(ll j=1;j<=n;j++)
		{
			// if(i==1&&)
			if(i!=s&&i!=t)dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j+1]*j%mod+dp[i-1][j-1]*(j-(i>s)-(i>t))%mod)%mod;
			else dp[i][j]=(dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j])%mod;
		}
	}
	cout<<dp[n][1]<<endl;
	return 0;
}

与这一题类似的题

P2467 [SDOI2010] 地精部落

只需要算上没有头尾转移到有头尾的情况

点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define speed() ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define ll long long
#define lid (rt<<1)
#define rid (rt<<1|1)
// #define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define ull unsigned long long
#define pb push_back
#define ts cout<<"----------------"<<endl;
#define bs bitset<65>
using namespace std;
const int N = 4200+5;
int n,mod;ll dp[2][N][2][2];
int main()
{
	speed();
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	cin>>n>>mod;
	dp[1][1][0][0]=1;
	dp[1][1][1][0]=1;dp[1][1][0][1]=1;
	// dp[1][1][1][1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		for(int j=1;j<=i;j++)
		{
			dp[i&1][j][0][0]=(dp[(i-1)&1][j+1][0][0]*j%mod+dp[(i-1)&1][j-1][0][0]*j%mod)%mod;
			dp[i&1][j][1][0]=(dp[(i-1)&1][j+1][1][0]*j%mod+dp[(i-1)&1][j-1][1][0]*(j-1)%mod+dp[(i-1)&1][j][0][0]+dp[(i-1)&1][j-1][0][0])%mod;
			dp[i&1][j][0][1]=(dp[(i-1)&1][j+1][0][1]*j%mod+dp[(i-1)&1][j-1][0][1]*(j-1)%mod+dp[(i-1)&1][j][0][0]+dp[(i-1)&1][j-1][0][0])%mod;
			dp[i&1][j][1][1]=(dp[(i-1)&1][j+1][1][1]*j%mod+dp[(i-1)&1][j-1][1][1]*(j-2)%mod+dp[(i-1)&1][j][0][1]+dp[(i-1)&1][j][1][0]+dp[(i-1)&1][j-1][0][1]+dp[(i-1)&1][j-1][1][0])%mod;
			// cout<<i<<" "<<j<<" "<<dp[i][j][1][1]<<endl;
		}
	}
	cout<<dp[n&1][1][1][1]<<endl;
	return 0;
}

DP搬运工1

Description

给你 n,Kn,K ，求有多少个 11 到 nn 的排列，满足相邻两个数的 maxmax 的和不超过 KK 。

Input Format

一行两个整数 n,Kn,K 。

Output Format

一行一个整数 ansans 表示答案 mod 998244353\text{mod 998244353} 。

Sample

样例输入1

4 10

样例输出1

16

样例输入2

10 66

样例输出2

1983744

Hint

有 5050 个 测试点，第 ii 个测试点为 n=in=i ， K≤n2K\leq n^2 。

设\(dp_{i,j,k}\)表示填到第\(i\)个数,有\(j\)个空位,和为\(k\),注意这里的空位是两个连续段相连,如\(1 3 5\)有\(2\)个空位
分两种大情况
第一种有\(0\)个空位，首尾考虑一下即可
第二种有多个空位(不考虑两端，因为无空位)

  1. 考虑放两个数中间，使两个连续段连在一块
  2. 考虑新开一个连续段
  3. 放在一个连续段的旁边
点击查看代码 
#include <bits/stdc++.h>
#define speed() ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
#define ll long long
#define lid (rt<<1)
#define rid (rt<<1|1)
// #define endl '\n'
#define pii pair<int,int>
#define ull unsigned long long
#define pb push_back
#define ts cout<<"----------------"<<endl;
#define bs bitset<65>
using namespace std;
const int N = 55+5,mod=998244353;
int n,K;
ll dp[N][N][N*50];
int main()
{
	speed();
	// freopen("in.in","r",stdin);
	// freopen("out.out","w",stdout);
	cin>>n>>K;
	dp[1][0][0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		for(int j=0;j<=n-i+1;j++)
		{
			for(int k=0;k<=K;k++)
			{
				if(!dp[i-1][j][k])continue;
				dp[i][j+1][k]=(dp[i][j+1][k]+dp[i-1][j][k]*2%mod)%mod;
				dp[i][j][k+i]=(dp[i][j][k+i]+dp[i-1][j][k]*2%mod)%mod;
				if(j)
				{
					dp[i][j][k+i]=(dp[i][j][k+i]+dp[i-1][j][k]*j*2%mod)%mod;
					dp[i][j+1][k]=(dp[i][j+1][k]+dp[i-1][j][k]*j%mod)%mod;
					dp[i][j-1][k+2*i]=(dp[i][j-1][k+2*i]+dp[i-1][j][k]*j%mod)%mod;
				}
			}
		}
	}
	ll ans=0;
	for(int i=0;i<=K;i++)ans=(ans+dp[n][0][i])%mod;
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}
posted @ 2024-08-19 17:17  wlesq  阅读(20)  评论(3)  编辑  收藏  举报