GP of Southeastern Europe 2021 & SEERC2021

GP of Southeastern Europe 2021

D. LIS Counting

给定 $n,m$，以及模数 $p$。考虑所有满足 $LIS=n,LDS=m$ 的排列，定义 $f(pos,val)$ 表示满足 $p_{pos}=val$ 的排列个数。

你需要对于 $1\le pos,val\le nm$ 均求出答案。

$1\le n\cdot m\le 100,10^8\le p\le 10^9$，$p$ 为质数。

Solution

考虑一个排列 $p$，记二元组 $(inc_i,dec_i)$ 表示前缀 $i$ 的 LIS 和 LDS，我们放置两个杨表 $A,B$，在 $A_{inc_i,dec_i}$ 位置插 $i$，$B_{inc_i,dec_i}$ 位置插 $p_i$，最终形成的杨表必定是 $n\times m$ 的。

容易发现这是双射，即我们固定一组 $A,B$，一定能得到 $p$ 且 $p$ 满足要求。

我们观察 $A,B$ 杨表的性质。对于 $A$ 而言，有行列均递增；对于 $B$ 而言，有行递减，列递增。因此 $A,B$ 杨表本质相同，下面我们只考虑计数 $A$。

我们记 $A$ 的第 $i$ 行长度为 $a_i$，显然有 $m\ge a_1\ge a_2 \ge \cdots \ a_m\ge 0$，于是 $(a_1,a_2,\cdots,a_m)$ 这个 $m$ 元组有 $\binom{n+m}{m}$ 种可能，我们可以爆搜得到杨表的所有形态。

接下来，我们用 $dp[i][state]$ 表示在杨表里放了 $1\sim i$，当前杨表的形态是 $state$ 的方案数，转移是平凡的。

考虑答案怎么求，对于 $f(pos,val)$ 而言，答案是 $\sum\limits_{i,j} coef_A[i][j][pos] \times coef_B[i][j][val]$，其中 $coef$ 数组表示有多少个杨表的 $(i,j)$ 位置等于 $pos$，该数组是好求的。

总时间复杂度 $\mathcal O(\binom{n+m}{n} m^2 +(nm)^3)$，在 $n=12,m=8$ 的时候最卡。

评测记录，这题超级没有素质，连个过的代码都没有。。

I. Colourful Permutation Sorting

给定排列 $p_1,p_2,\cdots,p_n$，每个位置有一个颜色 $c_i$，一共有 $k$ 种颜色。

现在，你可以做任意多次以下两种操作：

• 花费 $S$ 的代价，交换任意两个数；
• 花费 $cost_i$ 的代价，随便排列颜色 $=i$ 的位置的数。

你需要用最小的代价使得排列满足 $p_i=i$，求代价。

$1\le n\le 10^5,1\le k\le 5$。

Solution

首先，我们抽象这个问题：

有 $n$ 个盒子，第 $i$ 个盒子编号为 $i$。有 $n$ 个球，第 $i$ 个球编号为 $i$。

初始第 $i$ 个盒子里放着第 $p_i$ 个球。

• 1 操作：交换第 $i$ 个盒子里的球和第 $j$ 个盒子里的球；
• 2 操作：随便交换颜色 $=i$ 的盒子。

容易发现 1 操作和 2 操作是独立的，因此我们可以先执行 1 操作，最后再执行 2 操作，并且每种颜色至多进行一次操作 2。

于是我们 $O(2^k)$ 枚举哪些颜色进行了操作 2，给每个选的颜色开一个点，答案就是 选的颜色代价和 + $S\times (n-环数)$，我们目标是最大化环数。问题转化为一张 $5$ 个点的有向图最多能分解成几个环。

我们不妨先去除自环和二元环，因为如果 $i\to j,j\to i$ 不在一个环里，我们调整它们所在的两个环，答案不劣。

假如图只有 $4$ 个点，那么由抽屉原理知，总出度 $\le \binom{4}{2}$，因此必定存在一个点出度为 $1$，即经过这个点的环必定走这条出边，因此我们直接把该点和出边缩起来，问题降到 $3$ 个点的子问题。

现在图有 $5$ 个点，可能会出现一个点的出度 $=2$，此时它的入度至多为 $2$（因为入度 + 出度 + 1 $\le 5$），由于总边数是 $O(n)$ 量级的，我们暴力枚举其中一条出边的访问情况，问题又转化为 $4$ 个点的子问题。

时间复杂度 $\mathcal O(2^k (n + \text{poly}(k)))$。

M. Many LCS

构造两个 01 串 $S,T$，满足它们的公共子序列数 $=K$。

$1\le K\le 10^9$，你需要满足 $1\le |S|,|T|\le 8848$。

时间限制 $\text{4000ms}$，空间限制 $\text{256MB}$。

Solution

一种很新颖的 idea（感谢 @YLWang 的指导）：

我们构造 $S=\underline{00..0}\ 01\ \underline{00..0}\ 01 \cdots \underline{00..0}\ 01$，其中有 $m$ 段，第 $i$ 段的 $00..0$ 个数为 $a_i$；$T=01\ 01\ \cdots 01$，其中有 $n+m$ 个 $01$。满足 $\sum a_i \ge n$。

我们要让它们的 LIS 做到 $n+2m$，即 $S$ 中的 $01$ 均取，然后每段中取 $0\le b_i\le a_i$ 个 $0$，满足 $\sum b_i=n$。显然，对于不同的 $b$ 取法，对应不同的最长 LIS。

对于合法的 $b$ 序列计数，我们可以考虑容斥哪些 $b_i> a_i$ 来计算。但为了方便，我们不妨假设 $a_i>\frac{n}{2}$，这样就不存在至少两个 $b_i$ 爆限制的情况，方案数就简化为：

$$\text{ways}=\binom{n+m-1}{m-1}-\sum_{i=1}^{m}\binom{n-a_i-1+m-1}{m-1}$$

当我们取 $m=4$ 的时候，这里的五个组合数基本上可以遍历 $0\sim 10^9$ 的所有数。因此我们找到最小的 $n$ 满足 $\binom{n+m-1}{m-1}\ge k$，然后用 01 背包找出 $a_1\sim a_4$ 即可。如果当前 $n$ 不满足，我们试试看 $n+1$，依次类推，这里的移动次数极少。

但是存在一个问题：我们需要满足 $a_i > \frac{n}{2}$，当 $k$ 较小时 $n$ 也较小，可能导致构造不出解。

幸运的是，当 $k$ 较小的时候，我们取 $m=2$，构造 $S=\underline{00..0}\ 01\ \underline{00..0}\ 01$，$T=01\ 01 \cdots 01$，$S$ 中每段 $0$ 的个数为 $k-1$，$T$ 中的 $01$ 的个数为 $k+1$ 即可。