原文鏈接www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ196.html

題解

先離散化，設離散化后的值域為 $[0,m]$ 。

首先把問題轉(zhuǎn)化一下，變成：對于每一個位置 $i$ ，求出它最終不超過 $j$ 的方案數(shù)。

考慮如何求這個東西。

對于一個固定的 $j$ ，考慮一個這樣的過程：

初始時，有若干個區(qū)間，兩兩不相交，且區(qū)間內(nèi)的元素都小于等于 $j$ ，而且每一個區(qū)間都不能在滿足條件的基礎上，向左右任意一側(cè)擴張。

考慮其中的一個區(qū)間 $[L,R]$ ，如果出現(xiàn)了操作使得它的邊界變成了比 $j$ 大的值，那么這個區(qū)間會縮小。

考慮對于他的所有子區(qū)間 $[x,y]$ ，求出 $q$ 次操作之后， $[L,R]$ 縮小成 $[x,y]$ 的方案數(shù)。

這東西顯然可以列出 DP 方程：設 $dp[x][i][j]$ 表示當前進行了 $x$ 次操作，初始區(qū)間變成 $[i,j]$ 方案數(shù)，則：

$$\begin{eqnarray*}dp[x][i][j]&=&\left (\frac{(i-1)i}2 + \frac{(j-i+1)(j-i+2)}2 + \frac {(n-j)(n-j+1)}2 \right )dp[x-1][i][j] \\ &+& \sum_{k=L}^{i-1} dp[x-1][k][j] \cdot (k-1) \\ &+& \sum_{k=j+1}^R? dp[x-1][i][k] \cdot (n-k) \end{eqnarray*}$$

這樣的話看上去總的運算量是 $O(n^4)$ 的。

考慮到題目中保證數(shù)據(jù)隨機。

那么，如果對序列建一棵笛卡爾樹，那么這個笛卡爾樹是基本平衡的，可以近似看做一棵滿二叉樹。

而我們要求的區(qū)間只有 $O(n)$ 個，是對于每一個位置 $i$ ，到它兩側(cè)第一個比他大的數(shù)之前，這個范圍內(nèi)的區(qū)間答案。

這個東西放在笛卡爾樹上就是子樹的size，而對一個區(qū)間進行dp的復雜度是 $O(q\cdot size^2)$ ，又由于這棵笛卡爾樹可以近似看做滿二叉樹，所以求個和就可以發(fā)現(xiàn)復雜度總和是 $O(n^2q)$ 的，可以通過此題。

代碼

#pragma GCC optimize("Ofast","inline") #include <bits/stdc++.h> #define clr(x) memset(x,0,sizeof (x)) #define For(i,a,b) for (int i=a;i<=b;i++) #define Fod(i,b,a) for (int i=b;i>=a;i--) #define pb(x) push_back(x) #define mp(x,y) make_pair(x,y) #define fi first #define se second #define _SEED_ ('C'+'L'+'Y'+'A'+'K'+'I'+'O'+'I') #define outval(x) printf(#x" = %d\n",x) #define outvec(x) printf("vec "#x" = ");for (auto _v : x)printf("%d ",_v);puts("") #define outtag(x) puts("----------"#x"----------") #define outarr(a,L,R) printf(#a"[%d...%d] = ",L,R);\For(_v2,L,R)printf("%d ",a[_v2]);puts(""); using namespace std; typedef long long LL; typedef unsigned long long ULL; typedef vector <int> vi; LL read(){LL x=0,f=0;char ch=getchar();while (!isdigit(ch))f|=ch=='-',ch=getchar();while (isdigit(ch))x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();return f?-x:x; } const int N=405,mod=1e9+7,INF=mod; void Add(int &x,int y){if ((x+=y)>=mod)x-=mod; } void Del(int &x,int y){if ((x-=y)<0)x+=mod; } int Pow(int x,int y){int ans=1;for (;y;y>>=1,x=(LL)x*x%mod)if (y&1)ans=(LL)ans*x%mod;return ans; } int n,q; int a[N]; int val[N][N]; vector <int> Ha; int tmp[N][N]; int dp[2][N][N]; void solve(int L,int R,int t){For(i,L,R)For(j,i,R)dp[0][i][j]=0;dp[0][L][R]=1;For(c,1,q){int _0=(c^1)&1,_1=c&1;For(i,L,R)For(j,i,R)dp[_1][i][j]=(LL)tmp[i][j]*dp[_0][i][j]%mod;For(j,L,R){int s=0;For(i,L,j){Add(dp[_1][i][j],s);Add(s,(LL)dp[_0][i][j]*(i-1)%mod);}}For(i,L,R){int s=0;Fod(j,R,i){Add(dp[_1][i][j],s);Add(s,(LL)dp[_0][i][j]*(n-j)%mod);}}}For(j,L,R){int s=0;For(i,L,j){Add(s,dp[q&1][i][j]);Add(val[i][t],s);}} } int main(){n=read(),q=read();For(i,1,n)a[i]=read(),Ha.pb(a[i]);sort(Ha.begin(),Ha.end());Ha.erase(unique(Ha.begin(),Ha.end()),Ha.end());For(i,1,n)a[i]=lower_bound(Ha.begin(),Ha.end(),a[i])-Ha.begin();For(i,1,n)For(j,1,n)tmp[i][j]=(i-1)*i/2+(j-i+1)*(j-i+2)/2+(n-j)*(n-j+1)/2;a[0]=a[n+1]=Ha.size();For(t,0,(int)Ha.size()-1){int L=0,Mx=0;For(R,1,n+1)if (a[R]<=t)Mx=max(Mx,a[R]);else {if (L+1<=R-1){if (Mx<t){For(i,L+1,R-1)Add(val[i][t],val[i][t-1]);}elsesolve(L+1,R-1,t);}L=R,Mx=0;}}For(i,1,n){int ans=0;Fod(j,(int)Ha.size()-1,1)Del(val[i][j],val[i][j-1]);For(j,0,(int)Ha.size()-1)Add(ans,(LL)val[i][j]*Ha[j]%mod);printf("%d ",ans);}puts("");return 0; }

　　

轉(zhuǎn)載于:https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/UOJ196.html

總結(jié)

以上是生活随笔為你收集整理的UOJ#196. 【ZJOI2016】线段树 概率期望,动态规划的全部內(nèi)容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

如果覺得生活随笔網(wǎng)站內(nèi)容還不錯，歡迎將生活随笔推薦給好友。