ABC211H Count Multiset 题解

题面

题意简述：

给定两个整数 \(n\) 和 \(m\)，问有多少个大小为 \(k(1\le k\le n)\) 的可重集满足：

• 集合中数的总和为 \(n\)；
• 每个数最多出现 \(m\) 次。

\(\texttt{Data Range:} 1\le m\le n\le 5000\)。

首先很容易得出一种朴素 DP 做法：设 \(f_{i,j}\) 表示当前选了 \(i\) 个数和为 \(j\) 的方案数。转移直接枚举当前的数选了多少个即可。复杂度 \(\mathcal{O}(n^3\ln n)\)。

发现我们枚举的数是递增的，这启发我们考虑差分序列。

设集合中从小到大排序后第 \(i\) 个数为 \(a_i\)，差分序列 \(b_i=a_i-a_{i-1}\)，那么集合中的数的和就为 \(\sum b_i\times(n-i+1)\)。这样不太好看，于是反转 \(b\) 序列，和就变为 \(\sum b_i\times i\)。

转化一下问题的条件：

• \(\sum b_i\times i=n\)；
• \(b\) 序列中不存在 \(m\) 个连续的 \(0\)。

问这样合法的 \(b\) 序列个数。

考虑设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数和为 \(j\) 的方案数，转移方程如下：

\[f_{i,j}=\sum\limits_{k=\max(0,i-m)}^{i-1}\sum\limits_{i|l}^j f_{k,j-l} \]

前缀和优化掉第一维即可。复杂度 \(\mathcal{O}(n^2\ln n)\)。

代码：

#include <bits/stdc++.h>
#define DC int T = gi <int> (); while (T--)
#define DEBUG fprintf(stderr, "Passing [%s] line %d\n", __FUNCTION__, __LINE__)
#define File(x) freopen(x".in","r",stdin); freopen(x".out","w",stdout)
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair

using namespace std;

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair <int, int> PII;
typedef pair <LL, LL> PLL;

template <typename T>
inline T gi()
{
	T x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') {if (c == '-') f = -1; c = getchar();}
	while (c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
	return f * x;
}

const int N = 5003, M = N << 1, mod = 998244353;

int n, m;
int f[N][N], sum[N][N];

int main()
{
	//freopen(".in", "r", stdin); freopen(".out", "w", stdout);
	n = gi <int> (), m = gi <int> ();
	f[0][0] = 1;
	for (int i = 0; i <= n; i+=1) sum[i][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i+=1)
		for (int j = 0; j <= n; j+=1)
		{
			for (int k = i; k <= j; k+=i)
				if (i > m) f[i][j] = (f[i][j] + (sum[i - 1][j - k] - sum[i - m - 1][j - k] + mod) % mod) % mod;
				else f[i][j] = (f[i][j] + sum[i - 1][j - k]) % mod;
			sum[i][j] = (sum[i - 1][j] + f[i][j]) % mod;
		}
	for (int i = 1; i <= n; i+=1) printf("%d\n", f[i][n]);
	return !!0;
}

启发：

• 看到递增序列，立马考虑差分序列。