agc055F - Creative Splitting 题解

又是 atc 风格 DP/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu/tuu

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首先容易想到对一个序列 $p_{1\sim nk}$ 搞一个贪心的判断方法。

我一开始想的是：维护 $n$ 个序列，初始为空。从左往右考虑 $p_i$，加入其能加入的最短序列，如果不存在就寄了。按照这个方法推出了很奇怪的结论，并不可做。事实上它是假的。

事实上，考虑其证明（肯定是调整法）：设 $p_i$ 可以加入一个长度为 $x,y$ 的序列且 $x<y$。如果加入 $y$ 能成立，那么试图构造基于此的加入 $x$ 的方案。一个显然的想法是交换 $x$ 序列的位置 $x+1$ 和 $y$ 序列的位置 $y+1$，但是交换完后 $y$ 序列的下标不一定递增，这种方法就萎掉了。

正确的贪心是维护 $n$ 个满的序列，从后往前考虑，删除其能作为末尾的最短序列的末尾，不存在就寄。这是可以证明的：考虑把 $y$ 序列的位置 $y$ 放到 $x$ 序列的位置 $x$。归纳地假设删完这一步后按照该贪心策略有解，那么存在方案使 $x$ 序列的位置 $x$ 下标小于 $y$ 序列的位置 $x$，那么就可以把整个 $x$ 序列与 $y$ 序列的前 $x-1$ 个元素交换，$y$ 序列后面的顺延。

从前往后的一个反例是 $p=[1,1,3,1,1,1],n=2,k=3$。感性地理解是，从前往后贪心虽然预先选择尽可能小（也就是限制尽可能紧）的机会，但可能让之后的元素没有及时达到大的机会；而从后往前就没有这个问题。

如果按这个贪心的过程 DP，需要记录当前所有序列长度的可重集的信息，这至少是指数级的，寄。

考虑分析这个贪心的过程。设 $c_i$ 表示当前长度为 $i$ 的序列个数（这显然能描述该可重集）。那么加入 $x$，会令可重集中的哪个数自减呢？是最小的 $y\geq x$ 满足 $c_y>0$。这个 lower_bound 的事情就很影响我们处理。

设 $c_x$ 非零的 $x$ 的上一个 $c_y$ 非零的 $y$ 为 $prv_x$。那么 $(prv_x,x]$ 这一段的影响是一样的。还有什么东西使得 $(prv_x,x]$ 这一段一样？后缀和。我们对 $c$ 的后缀和数组 $C$ 进行考察：加入 $x$，令 $C_y=C_x$ 的最后一个 $y$ 的 $c_y$ 自减、$c_{y-1}$ 自加——这对应到 $C$ 上，就相当于 $C_y$ 自减。而 $C$ 始终是单调减的，所以我们可以只记录其可重集，那么令 $C_y$ 自减就和令 $C_x$ 自减等效！

这下就好办了，可以把贪心策略转化成相对简单的过程：维护一个序列 $p$，表示后缀和数组 $C$ 的可重集按照执行过程的排列。那么每次加入 $x$ 就是 --p[x]，如果此时 $p_x$ 显然就寄了。$p$ 初始为 $k$ 个 $n$，最后要变成 $k$ 个 $0$。这样一来，总方案数就很好算：就是个可重集排列数，为 $\dfrac{(nk)!}{(n!)^k}$。

考虑 $ans_{pos,val}$。接下来的过程就较为 trivial 了。显然考虑枚举从右往左执行完位置 $pos+1$ 时的 $p$——任意满足 $\sum p_i=pos$ 的 $p$。对一个 $p$，$pos$ 前后及其自身三部分显然是割裂开的。$[pos+1,nk]$ 这一段的方案数显然是 $\dfrac{(nk-pos)!}{\prod (n-p_i)!}$，$pos$ 处的方案是确定的，就是令 $P_{val}$ 自减（$P$ 为 $p$ 从大到小排序后的结果），那么 $[1,pos-1]$ 这一段就是 $\dfrac{(pos-1)!}{\prod(P_i-[i=val])!}$。

还是枚举 $P$ 比较好。一个 $P$ 的答案就是 $\dfrac{k!(nk-pos)!(pos-1)!P_{val}}{\prod cnt_i!\times \prod(n-P_i)!P_i!}$，其中 $cnt_i$ 为 $P_j=i$ 的 $j$ 的个数。接下来就是喜闻乐见的背包 DP 时间。对一个总和固定为 $s$ 的长度为 $m$ 的递增序列（设其值域为 $v$）DP 的方法主要有两种（这题中 $s=n^2,m=k,v=n$）：

1. $dp_{i,sum,las}$，一个一个元素考虑。转移需要枚举 $[las,v]$，复杂度 $\mathrm O\!\left(msv^2\right)$，在本题中为 $\mathrm O\!\left(n^4k\right)$。
2. $dp_{i,sum,cnt}$，一个一个值考虑。转移需要枚举当前 $i$ 的数量，复杂度为 $\mathrm O\!\left(sm\sum\limits_{i=1}^v\min\!\left(m,\dfrac si\right)\right)$。当 $s=v$ 时可以被分析成 $\mathrm O\!\left(s^2m\log s\right)$，然而这题不行，就是 $\mathrm O\!\left(vsm^2\right)$，即 $\mathrm O\!\left(n^3k^2\right)$。当然，这题转移时需要知道 $cnt$，所以只能采用方法 2，笑死（

在本题中显然可以枚举 $val$ 做一遍 DP，就能求出所有 $pos$ 的答案，毕竟 $pos$ 既 $sum$。复杂度就是 $\mathrm O\!\left(n^3k^3\right)$，可以通过 $n,k\leq 30$ 的数据（用上快模）。

code

constexpr int N = 35, NN = 1010;

typedef unsigned long long ULL;
typedef __uint128_t LLL;
struct FastMod {
ULL b, m;
void init(ULL b){
this->b = b; m = ULL((LLL(1) << 64) / b);
}
ULL operator()(ULL a){
ULL q = (ULL)((LLL(m) *
a) >> 64);
ULL r = a - q *
b;
return r >= b ? r - b : r;
}
} M;
int mul(int x, int y){return M((ULL)x *
y);}

int iv[NN], fc[NN], ifc[NN];

int n, k;
int ans[NN][N];

void mian() {
    n = read(), k = read(), P = read();
    M.init(P);
    iv[1] = 1; REP(i, 2, NN - 1) iv[i] = (ll)iv[P % i] * (P - P / i) % P;
    fc[0] = ifc[0] = 1; REP(i, 1, NN - 1) fc[i] = (ll)fc[i - 1] * i % P, ifc[i] = (ll)ifc[i - 1] * iv[i] % P;
    REP(val, 1, k) {
        static int dp[N][NN][N];
        memset(dp, 0, sizeof(dp));
        dp[0][0][0] = 1;
        REP(i, 0, n) {
            auto f = dp[i], g = dp[i + 1];
            REP(sum, 0, n * k) REP(cnt, 0, k) if(f[sum][cnt]) {
                int base = mul(ifc[n - i], ifc[i]), prod = 1;
                REP(c, 0, k - cnt) {
                    if(sum + i * c > n * k) break;
                    int p = mul(prod, ifc[c]);
                    if(cnt < k - val + 1 && k - val + 1 <= cnt + c) p = mul(p, i);
                    addto(g[sum + i * c][cnt + c], mul(p, f[sum][cnt]));
                    prod = mul(prod, base);
                }
            }
        }
        REP(pos, 1, n * k) {
            int sum = dp[n + 1][pos][k];
            ans[pos][val] = (ll)fc[k] * fc[n * k - pos] % P * fc[pos - 1] % P * sum % P;
        }
    }
    REP(pos, 1, n * k) REP(val, 1, k) prt(ans[pos][val]), pc(" \n"[val == k]);
}