[AGC030F] Permutation and Minimum 题解

Permutation and Minimum

看到 300 的数据范围，再加上计数题，很容易就往计数 DP 方向去想。

为方便，我们将 $n$ 乘二。

因为是两个位置取 $min$ ，于是我们便想到从小往大把每个数填入序列。于是DP数组第一维的意义便出来了：当前已经填入了前 $i$ 小个数。

考虑当前填入一个数。这个数有两种可能：一是与比它小的数匹配，此时最小值已经确定了，是那个更小的数，而更小数已经被填入序列，所以当前数与哪个比它小的数匹配根本不影响。二是与比它大的数匹配——此时最小值不确定，因此与不同的比它大的数在不同位置匹配会有不同结果。

于是我们便依次设出了剩余两维的意义：前 $i$ 位中有 $j$ 个东西是确定的（指与它配对的东西以及这一对数所在的位置都被确定，不论这确定的对是后来填出的还是初始序列中就已经给出的；若初始序列中只给出了一半的数，不算作此类）， $k$ 个东西是固定的（指其所在的位置固定，但与其配对的东西尚未被确定，显然此种情形下与其匹配的东西应是一个未在原序列中出现的东西），则剩余 $i - j - k$ 个东西匹配了原序列中出现的东西，且该另一半必比 $i$ 大。（注意这里我们把确定和固定这两个词黑体了，因为我们接下来还要多次使用它们）

我们考虑分情况从 $f_{i, j, k}$ 转移到 $f_{i + 1, j^{'}, k^{'}}$ 。

情形1. 若数 $i + 1$ 在序列中被给出了：

情形1.1. 若数 $i + 1$ 在序列中被给出了，且其配对也被给出了：

则此时显然其已被唯一确定，直接划归 $j$ 类。故此种情形唯一可行转移是 $f_{i, j, k} \to f_{i + 1, j + 1, k}$ 。

情形1.2. 若数 $i + 1$ 在序列中被给出，但其配对未被给出：

有两种情形：其与比它小的东西匹配，或者与比它大的东西匹配。

情形1.2.1. 与比它小的东西匹配。

则依照定义，其应与 $i - j - k$ 中某个东西匹配，且与其中不同东西匹配有影响（因为匹配的另一半是此段的最小值）。匹配完后 $j$ 类多出了两个。则转移是 $f_{i, j, k} \times (i - j - k) \to f_{i + 1, j + 2, k}$ 。

情形1.2.2. 与比它大的东西匹配。

则依照定义，其应划归 $k$ 类，留待以后处理。故 $f_{i, j, k} \to f_{i + 1, j, k + 1}$ 。

情形2. 若数 $i + 1$ 在序列中未被给出：

情形2.1. 作为 $k$ 类中某个东西的另一半。

则此时与 $k$ 类中哪个东西匹配根本不影响，因为每一对的最小值已经被确定了。因此若 $k$ 非零，则有 $f_{i, j, k} \to f_{i, j + 2, k - 1}$ 。

情形2.2. 作为 $i - j - k$ 类。

则直接划归即可，因为方案数已在 1.2.1 中被计算。故 $f_{i, j, k} \to f_{i + 1, j, k}$ 。

情形2.3. 作为 $k$ 类。

依照定义， $k$ 类中元素的位置都是固定的。故 $i + 1$ 应被填到一个空余区间里。考虑计算此种空余区间的数量。

显然，总序列中，若我们设 $s u r_{i}$ 表示填入前 $i$ 个数后序列中剩余的确定的数（即原序列中给出的已经确定好的数对），则目前一共有 $j + s u r_{i}$ 个数已经确定。 $k$ 类中已有的东西每个都占掉了 2 个格子，故还得减去 $2 k$ ；再令 $s i g_{i}$ 表示填入前 $i$ 个数后剩余的固定的数（即原序列中给出的确定好一半的数对），显然其也各占去 2 个格子；又因为同一个区间里两个数的顺序无影响，所以还得除以 2。所以我们最终得到了空余区间的数量为 $\frac{n - (j + s u r_{i}) - 2 k - 2 s i g_{i}}{2}$ 。若设其为 $s p r$ ，则有 $f_{i, j, k} \times s p r \to f_{i + 1, j, k + 1}$ 。

显然转移 $O (1)$ ；于是复杂度 $O (n^{3})$ 解决。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int N=610;
int n,a[N],p[N],f[2][N][N];
int sig[N],mat[N],sur[N];
int main(){
    scanf("%d",&n);
	n<<=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) mat[i]=((i-1)^1)+1;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),p[a[i]]=i;
    for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]!=-1&&a[mat[i]]==-1) sig[a[i]-1]++;
    for(int i=n;i>=0;i--) sig[i]+=sig[i+1];
    for(int i=1;i<=n;i++) if(a[i]!=-1&&a[mat[i]]!=-1) sur[a[i]-1]++;
    for(int i=n;i>=0;i--) sur[i]+=sur[i+1];
    f[0][0][0]=1;
    for(int i=0;i<n;i++){
        memset(f[!(i&1)],0,sizeof(f[!(i&1)]));
        for(int j=0;j<=i;j++){
			for(int k=0;j+k<=i;k++){
            	if(n-(j+sur[i])-k*2-sig[i]*2<0)continue;
            	if(!f[i&1][j][k])continue;
            	if(p[i+1]){
                	if(a[mat[p[i+1]]]!=-1){f[!(i&1)][j+1][k]=f[i&1][j][k];continue;}
                	(f[!(i&1)][j][k+1]+=f[i&1][j][k])%=mod;
                	(f[!(i&1)][j+2][k]+=1ll*(i-j-k)*f[i&1][j][k]%mod)%=mod;
            	}else{
                	if(k)(f[!(i&1)][j+2][k-1]+=f[i&1][j][k])%=mod;
                	(f[!(i&1)][j][k]+=f[i&1][j][k])%=mod;
                	(f[!(i&1)][j][k+1]+=1ll*(n-(j+sur[i])-k*2-sig[i]*2)/2*f[i&1][j][k]%mod)%=mod;
            	}
        	}   
        }
    }
    printf("%d\n",f[n&1][n][0]);
    return 0;
}