problem

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solution

逆向考慮。$ans=$ 所有蛋糕中的 $a$ 序列出現次數 $?$ 在 $non?colorful$ 蛋糕中的出現次數。

在所有蛋糕中的出現次數，即 $(n?m+1)?k^{n?m}$，枚舉 $a$ 序列開頭的位置，除去 $a$ 序列占據的位置以外的位置的顏色是隨便的 $1～k$。

因為 $a$ 的出現是可以有重復位置的，所以每個位置的序列的貢獻都是獨立計算的，沒有什么需要去重的問題。

然后考慮在 $non?colorful$ 蛋糕中的出現次數。

• 首先得特判，$a$ 本身就已經是一個 $colorful$ 蛋糕。那么只要包含 $a$ 就一定是滿足條件的蛋糕。

  直接輸出在所有蛋糕中的出現次數結束程序。

• $a$ 蛋糕顏色序列中各個顏色互不相同。

  考慮用 $dp$ 來做。

  設 $f(i,j):$ 到 $i$ 為止，后面一段連續顏色各不相同的長度為 $j$，即 $[i?j+1,i]$ 顏色互不相同，的 $non?colorful$ 蛋糕個數。

  設計 $i?1\to i$ 的轉移方程。

  • 隨便新選一個未曾出現的顏色。

    $f(i?1,j?1)?(k?j+1)\to f(i,j):$。

  • $i?1$ 的長度更長，在 $i$ 時選擇了和恰當位置相同顏色，將 $i?1$ 恰好卡成了 $j$ 的長度。

    $f(i?1,j^{\prime })\to f(i,j)j^{\prime }\ge j$。

  設 $g_{i,j}:$ 記錄 $f_{i,j}$ 類的所有可能蛋糕中出現 $a_{1,...,m}$ 的個數。

  事實上，我們轉移時并不知道具體的蛋糕長相，所以不能判斷是否連續長度為 $m$ 的未重復的就一定是 $a$。

  所以在轉移時只要 $j\ge m$，即出現連續長度達到 $m$ 的互不相同顏色的連續蛋糕層，就記錄貢獻。

  $f(i,j)\to g(i,j)$。

  因為連續長度有 $m$ 的連續蛋糕層的每種情況都是均勻分布，最后限制其順序和顏色值，即 $/A(k,m)$ 即可。

• $a$ 蛋糕顏色序列中有重復顏色。

  也就是說，判斷一個蛋糕是否是 $colorful$ 的區間一定不會橫跨 / 完全包含 $a$。

  那么 $a$ 就將整個蛋糕劃分成了前一部分，$a$ ，后一部分，三部分彼此獨立。

  枚舉 $a$ 的開始位置，可以使用卷積 / 乘法定理求左右蛋糕組合情況，分開求解，進而是一整個蛋糕的顏色序列可能數。

  顯然，求解計算的 $non?colorful$ 個數與上面 $f$ 是一樣的轉移。

  只是在初始化上有所不同。

  對 $a$ 求前綴和后綴最長不重復顏色長度，分別記為 $l,r$。

  用 $f(i,j)$ 來計算前一部分，$g(i,j)$ 來計算后一部分，這里的 $f,g$ 與上一種情況的 $f,g$ 并不一樣。

  $f_{0,0}=f_{0,1}=...=f_{0,l}=g_{0,0}=g_{0,1}=...=g_{0,r}=1$。

• 注意：這里算的是 $non?colorful$ 蛋糕中的貢獻，所以在 $dp$ 中不能讓連續未重復顏色長度達到 $k$。

code

#include <bits/stdc++.h> using namespace std; #define mod 1000000007 #define int long long #define maxn 25005 #define maxk 405 int n, k, m; int a[maxn]; int f[maxn][maxk], g[maxn][maxk]; bool vis[maxk];int qkpow( int x, int y ) {int ans = 1;while( y ) {if( y & 1 ) ans = ans * x % mod;x = x * x % mod;y >>= 1;}return ans; }bool check( int l, int r ) {memset( vis, 0, sizeof( vis ) );for( int i = l;i <= r;i ++ )if( vis[a[i]] ) return 0;else vis[a[i]] = 1;return 1; }bool colorful() { //判斷a是否本身就是彩虹的for( int i = 1;i + k - 1 <= m;i ++ )if( check( i, i + k - 1 ) ) return 1;return 0; }signed main() {scanf( "%lld %lld %lld", &n, &k, &m );for( int i = 1;i <= m;i ++ ) scanf( "%lld", &a[i] );int ans = ( n - m + 1 ) * qkpow( k, n - m ) % mod;if( colorful() ) return ! printf( "%lld\n", ans );int l = -1, r = -1;memset( vis, 0, sizeof( vis ) );for( int i = 1;i <= m;i ++ )if( vis[a[i]] ) { l = i - 1; break; }else vis[a[i]] = 1;memset( vis, 0, sizeof( vis ) );for( int i = m;i >= 1;i -- )if( vis[a[i]] ) { r = m - i; break; }else vis[a[i]] = 1;int tot;if( ! ~l ) {f[0][0] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j = 1;j < k;j ++ ) {/*因為不能是colorful所以不能讓未重復長度達到k1.f[i-1][j-1]->f[i][j] 隨便加一個未出現的數字 有(k-j+1)種因為f'[i-1]是后綴和過的 f'[i-1][j-1]-f'[i-1][j]=f[i-1][j-1]2.f[i-1][j<=j']->f[i][j] 選擇合適位置對應的數字 將未重復長度減小因為f'[i-1]是后綴和過的 f[i-1][j<=j']=f[i][j]*/f[i][j] = ((f[i - 1][j - 1] - f[i - 1][j] + mod) % mod * (k - j + 1) % mod + f[i - 1][j]) % mod;g[i][j] = ((g[i - 1][j - 1] - g[i - 1][j] + mod) % mod * (k - j + 1) % mod + g[i - 1][j]) % mod;if( j >= m ) ( g[i][j] += f[i][j] ) %= mod; //當長度達到m的時候就可以計算個數了}for( int j = k - 1;j;j -- ) { //后綴和( f[i][j - 1] += f[i][j] ) %= mod;( g[i][j - 1] += g[i][j] ) %= mod;}}tot = g[n][0]; //此時的g只是算的長度為m的未重復的個數 包含了給出的a 還有一些其余的數列//這里的a強調順序以及數值 所以要除以A(k,m)for( int i = k;i > k - m;i -- ) tot = tot * qkpow( i, mod - 2 ) % mod;}else {//前后卷積for( int i = 0;i <= l;i ++ ) f[0][i] = 1;for( int i = 0;i <= r;i ++ ) g[0][i] = 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {for( int j = 1;j < k;j ++ ) {f[i][j] = ((f[i - 1][j - 1] - f[i - 1][j] + mod) % mod * (k - j + 1) % mod + f[i - 1][j]) % mod;g[i][j] = ((g[i - 1][j - 1] - g[i - 1][j] + mod) % mod * (k - j + 1) % mod + g[i - 1][j]) % mod;}for( int j = k - 1;j;j -- ) {( f[i][j - 1] += f[i][j] ) %= mod;( g[i][j - 1] += g[i][j] ) %= mod;}}tot = 0;for( int i = 0;i <= n - m;i ++ )tot = ( tot + f[i][0] * g[n - m - i][0] % mod ) % mod;}printf( "%lld\n", ( ans - tot + mod ) % mod );return 0; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的AtCoder 4169 [ARC100D] Colorful Sequences（dp）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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