AGC055C Weird LIS 构造+组合数学

AGC055C

\(p_i\) 被删除时有两种情况，一种 LIS 中 必定包含 \(p_i\) ，没有替代品，称为必需点。还有一种是 LIS 中不一定包含 \(p_i\)，有替代品，称为非必需点。

不妨设整个序列的 LIS 为 \(K\)，那么必需点的 \(A_i=K-1\)，非必需点 \(A_i=K\)。分情况讨论。

• 如果 \(A\) 全部相等：

  • 如果全是必需点，易得：序列为 \(\{1,2,3,...,n\}\) ，\(A_i=n-1\)；
  • 如果全是非必需点，因为每个点至少要有一个点和他替换，所以至多 \(\lfloor n/2\rfloor\)，构造方案可以是：\(\{n-K+1,n-K+2,...,n,n-2K+1,...n-K,...\}\)。

• 如果 \(A\) 不全部相等：

  设必需点对整个序列的 LIS 贡献了 \(K1\) 的长度，非必需点贡献了 \(K2\) 的长度、

  考虑通过必需点将序列切开。容易发现，设非必需点段两端的必需点的值分别为 \([L,R]\)，那么非必需点 \(\in [L,R]\) 时才有可能对答案有贡献。

  那么我们挑出其中长度为 \(len\) 一段来看，我们考虑这一段对整个序列的 LIS 的贡献的范围。

  最小值，可以把序列中最大的几个数倒序填在这一段，\(\{L,n,n-1,...,R\}\)，那么贡献就会为0。

  最大值，考虑每个必需点都至少有一个点和它替换，所以最大是 \(\lfloor len/2\rfloor\)。构造方案可以是 \(\{L,L+2,L+1,L+4,L+3,...,R\}\)

  那么我们考虑计算 \(A\) 的种类数量。

  设有 \(x\) 个必需点，\(y=\sum \lfloor len_i/2\rfloor\)。枚举 \(x,y\)，考虑必需点和点对的位置关系，以及向下取整每段取掉的 \(0/1\) 个。以及最终的答案范围。

  \[ans=\sum_{x=1}^{n-1} \sum_{y=0}^{\lfloor (n-x)/2\rfloor} · {x+y\choose x}{x+1\choose n-x-2y}·{(min(x+y,m)-max(3,x)+1)} \]
  code

  #include<bits/stdc++.h>
  using namespace std;
  typedef long long ll;
  #define ls(x) ((x)<<1)
  #define rs(x) ((x)<<1|1)
  #define fi first
  #define se second
  #define mkp make_pair
  #define PII pair<ll,ll>
  const int N = 5010;
  int n, m, mod, C[N][N];
  int calc(int x, int y) {
  //x个必需点，y个非必需点对。 
    return (min(x + y, m) >= max(3, x)) ? (1ll * C[x + y][x] * C[x + 1][n - x - 2 * y] % mod * (min(x + y, m) - max(3, x) + 1) % mod) : 0;
  }
  int main() {
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &mod);
    C[0][0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
      C[i][0] = 1;
      for(int j = 1; j <= i; j++)
      C[i][j] = (C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j]) % mod;
    }
    int ans = min(m, n / 2) - 2 + 1 + (m == n - 1);
    for(int i = 1; i <= min(n - 1, m); i++)
      for(int j = 0; j <= (n - i) / 2; j++)
        ans = (ans + calc(i, j)) % mod;
    printf("%d\n", ans);
    return 0;
  }