題目鏈接

https://atcoder.jp/contests/agc030/tasks/agc030_f

題解

首先序列里會有\(a_{2i-1}\)和\(a_{2i}\)都不為\(-1\)的情況，顯然不影響，去掉即可。
對于\(a_{2i-1}\)和\(a_{2i}\)之一為\(-1\)的\(i\), 將二者中不為\(-1\)的稱作“特殊數”，其余的稱作“一般數”。
然后考慮從大到小DP. 設\(f[i][j][k]\)表示考慮\(\ge i\)的數，還有\(j\)個一般數的組和\(k\)個特殊數的組缺一個數。
直接轉移即可。若\(i\)是一般數，則可以新開一組（轉移至\(f[i-1][j+1][k]\)），可以和一般數匹配（轉移至\(f[i-1][j-1][k]\)），可以和特殊數匹配（乘\(k\)后轉移至\(f[i-1][j][k-1]\)）；若\(i\)是特殊數，則可以新開一組（轉移至\(f[i-1][j][k+1]\)），可以和一般數匹配（轉移至\(f[i-1][j-1][k]\)）。最終答案乘以\(a_{2i-1}=a_{2i}=-1\)的\(a\)的個數的階乘即可。
時間復雜度\(O(n^3)\).

如果按照同樣的方法從小到大DP，會出現的問題是: (1) 同一個\(b\)序列的方案會出現在多個\(f[i][j][k]\)中。例如拿大的一般數匹配小的數的時候，小的數既可以是一般數又可以是特殊數，因而同一個\(b\)序列會被轉移到\(f[i+1][j-1][k]\)和\(f[i+1][j][k-1]\). 而從大到小可以有效避免這個問題，因為拿\(i\)匹配更大的數時\(i\)一定出現在\(b\)序列中。 (2) 舉個例子: 當\(i=5\)，特殊數為\(3\)和\(6\)時，\((1,3)(4,5)(2)\)和\((1,3)(2,5)(4)\)是同一種方案。但實際上當添加特殊數\(6\)時，由于特殊數位置是固定的，\((1,3)(4,5)(2,6)\)和\((1,3)(2,5)(4,6)\)是不同的方案，因此會算漏。但從大到小不會出現這個問題，因為它的匹配是拿小的一般數去選大的特殊數，而特殊數之間是有順序的，會被算作不同的方案。

代碼

#include<bits/stdc++.h> #define llong long long using namespace std;inline int read() {int x = 0,f = 1; char ch = getchar();for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) {if(ch=='-') f = -1;}for(; isdigit(ch);ch=getchar()) {x = x*10+ch-48;}return x*f; }const int N = 300; const int P = 1e9+7; llong f[N+N+3][N+3][N+3]; int a[N+N+3]; bool used[N+N+3]; vector<int> vec; int n;llong updsum(llong &x,llong y) {x = x+y>=P?x+y-P:x+y;}int main() {scanf("%d",&n); int cnt1 = 0,cnt2 = 0;for(int i=1; i<=n; i++){scanf("%d%d",&a[i+i-1],&a[i+i]);if(a[i+i-1]!=-1&&a[i+i]!=-1){vec.push_back(a[i+i-1]),vec.push_back(a[i+i]);i--,n--;}else if(a[i+i-1]==-1&&a[i+i]==-1) {cnt1++;}else {cnt2++;}}sort(vec.begin(),vec.end());for(int i=1; i<=n+n; i++) {a[i] -= (lower_bound(vec.begin(),vec.end(),a[i])-vec.begin());} // printf("a: "); for(int i=1; i<=n+n; i++) printf("%d ",a[i]); puts("");for(int i=1; i<=n+n; i++) if(a[i]!=-1) {used[a[i]] = true;}f[n+n+1][0][0] = 1ll;for(int i=n+n+1; i>=2; i--){for(int j=0; j<=cnt1+cnt2; j++){for(int k=0; k<=cnt2; k++){llong x = f[i][j][k]; if(!x) continue;if(!used[i-1]){updsum(f[i-1][j+1][k],x);if(j>0) {updsum(f[i-1][j-1][k],x);}updsum(f[i-1][j][k-1],x*k%P);}else{updsum(f[i-1][j][k+1],x);if(j>0) {updsum(f[i-1][j-1][k],x);}}}}}llong ans = f[1][0][0]; int tmp = 0;for(int i=1; i<=n; i++) tmp += (a[i+i-1]==-1)&&(a[i+i]==-1);while(tmp) {ans = ans*tmp%P; tmp--;}printf("%lld\n",ans);return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的AtCoder AGC030F Permutation and Minimum (DP、计数)的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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