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计数dp

时间：2023-04-29 22:55:23浏览次数：45  
标签：int void args rd 计数 wt inline dp

CODE FESTIVAL 2016 Final

\(n,m\) 很小，可以设很暴力的状态

发现我每次就是一条路径然后回到 \(1\) 所在的强连通分量，不关心我现在在哪个点，所以设 \(f_{i,j,k}\) 表示现在走了 \(i\) 步， \(1\) 所在的强连通分量里面有 \(j\) 个点，现在走了 \(k\) 个点还没有回到强连通分量里面

转移也非常简单

\(f_{i+1,j,k+1}=f_{i,j,k} \times (n-j-k)\) 这条路径继续走不会到强连通分量

\(f_{i+1,j,k}=f_{i,j,k} \times k\) 这条路径继续走，但是走到了之前这条路径经过的点

\(f_{i+1,j+k,0}=f_{i,j,k} \times j\) 走回强连通分量

然后就没了.

\(code\)

#include<cstdio>
#include<iostream>
namespace IO{
	template<typename T> inline void rd(T &x){
		x=0;bool f=0;char c=0;
		while(c<'0'||c>'9') f|=c=='-',c=getchar();
		while('0'<=c&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
		x=f?-x:x;
	}
	template<typename T,typename ...Args> inline void rd(T &x,Args &...args){rd(x),rd(args...);}
	template<typename T> inline void wt(char c,T x){
		int stk[114],top=0;
		if(x<0) x=-x,putchar('-');
		do stk[++top]=x%10,x/=10; while(x);
		while(top) putchar(stk[top--]+'0');
		putchar(c);
	}
	template<typename T,typename ...Args> inline void wt(char c,T &x,Args &...args){wt(c,x),wt(c,args...);}
};
using namespace IO;
using namespace std;
const int P=1e9+7;
const int N=307;
int f[N][N][N];
int n,m;
int main(){
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
	#endif
	rd(n,m);
	f[0][1][0]=1;
	for(int i=0;i<=m;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			for(int k=0;k<=n;k++){
				f[i+1][j][k+1]=(f[i+1][j][k+1]+1ll*f[i][j][k]*(n-j-k))%P;
				f[i+1][j][k]=(f[i+1][j][k]+1ll*f[i][j][k]*k)%P;
				f[i+1][j+k][0]=(f[i+1][j+k][0]+1ll*f[i][j][k]*j)%P;
			}
		}
	}
	int res=0;
	for(int i=0;i<=n;i++) res=(res+f[m][n][i])%P;
	wt('\n',res);
	return 0;
}

Aizu 2439 Hakone

这是什么OJ/yiw

神仙题，根本想不到/kk

首先发现等于鸟用没有，直接去掉

看完题解之后我们知道可以建二分图，第 \(i\) 个左部点向右部所有满足限制的点连边，现在就把问题转化成了二分图最大匹配数计数了

但是这是 \(NP\) 的……

发现我们图建的非常好看，对于 \(i\) 连的一定是点集 \([1,i]\) 或 \([i,n]\)

有了这个东西好像就是能做的了

设 \(f_{i,j,k}\) 表示同时考虑二分图两边的第 \(i\) 个点，前面有 \(j\) 个左部点没有匹配上， \(k\) 个左部点没有匹配上

转移

\(f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k} \times k\) 当是小于号时

\(f_{i,j,k}=f_{i-1,j,k} \times j\) 当是大于号时

\(f_{i,j,k}=f_{i-1,j+1,k+1} \times k \times j\) 都可以转移

现在的复杂度是 \(O(n^3)\) 的，已经可以通过本题

但是我们惊奇的发现，这个 \(dp\) 的转移的时候 \(j,k\) 加减的数值是一样的，也就是说，\(dp\) 中的合法状态都满足 \(j=k\) 所以我们可以直接去掉一维，这样时间复杂度就是 \(O(n^2)\) 的了

\(code\)

#include<cstdio>
#include<iostream>
namespace IO{
	template<typename T> inline void rd(T &x){
		x=0;bool f=0;char c=0;
		while(c<'0'||c>'9') f|=c=='-',c=getchar();
		while('0'<=c&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
		x=f?-x:x;
	}
	template<typename T,typename ...Args> inline void rd(T &x,Args &...args){rd(x),rd(args...);}
	template<typename T> inline void wt(char c,T x){
		int stk[114],top=0;
		if(x<0) x=-x,putchar('-');
		do stk[++top]=x%10,x/=10; while(x);
		while(top) putchar(stk[top--]+'0');
		putchar(c);
	}
	template<typename T,typename ...Args> inline void wt(char c,T &x,Args &...args){wt(c,x),wt(c,args...);}
};
using namespace IO;
using namespace std;
const int P=1e9+7;
const int N=207;
int f[N][N];
int n,m;
int opt[N];
int main(){
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
	#endif
	rd(n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		char s=getchar();
		while(s!='U'&&s!='D'&&s!='-') s=getchar();
		if(s!='-') opt[++m]=s=='U';
	}
	n=m;
	f[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=n;j++){
			if(opt[i]) f[i][j]=((j-1>=0?f[i-1][j-1]:0)+1ll*f[i-1][j]*j)%P;
			else f[i][j]=(1ll*f[i-1][j]*j%P+1ll*f[i-1][j+1]*(j+1)%P*(j+1)%P)%P;
		}
	}
	wt('\n',f[n][0]);
	return 0;
}

我是真的菜，这个题做了一晚上/kk

注意要输出行末换行

Aizu 2333 My friends are small

我的朋友很小/yiw，日文翻译是我的朋友很少

傻逼题

将 \(W\) 从大到小排序，最后一个没选的就是最小的

数据范围很小，直接记进状态里面就好了

记得滚动数组

\(code\)

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
namespace IO{
	template<typename T> inline void rd(T &x){
		x=0;bool f=0;char c=0;
		while(c<'0'||c>'9') f|=c=='-',c=getchar();
		while('0'<=c&&c<='9') x=x*10+(c^48),c=getchar();
		x=f?-x:x;
	}
	template<typename T,typename ...Args> inline void rd(T &x,Args &...args){rd(x),rd(args...);}
	template<typename T> inline void wt(char c,T x){
		int stk[114],top=0;
		if(x<0) x=-x,putchar('-');
		do stk[++top]=x%10,x/=10; while(x);
		while(top) putchar(stk[top--]+'0');
		putchar(c);
	}
	template<typename T,typename ...Args> inline void wt(char c,T &x,Args &...args){wt(c,x),wt(c,args...);}
};
using namespace IO;
using namespace std;
const int INF = 1e9;
const int P = 1e9 + 7;
const int N=207,M=1e4+7;
int f[2][M][N];
int n,m;
int w[N];
inline int cmp(int x,int y){return x>y;}
int main(){
	#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
	#endif
	rd(n,m);
	for(int i=1;i<=n;i++) rd(w[i]);
	sort(w+1,w+1+n,cmp);
	w[0]=INF;
	f[0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=m;j++){
			for(int k=0;k<=i;k++)f[i&1][j][k]=0;
		}
		for(int j=0;j<=m;j++){
			for(int k=0;k<=i;k++){
				if(j>=w[i]) f[i&1][j][k]=(f[i&1][j][k]+f[(i-1)&1][j-w[i]][k])%P;
				f[i&1][j][i]=(f[i&1][j][i]+f[(i-1)&1][j][k])%P;
			}
		}
	}
	int res=0;
	for(int i=0;i<=m;i++){
		for(int j=0;j<=n;j++) res=(res+f[n&1][i][j]*(w[j]>m-i))%P;
	}
	wt('\n',res);
	return 0;
}

AGC013D Piling Up

挺典的

P4778 Counting swaps

不会的套路题/kk

ABC214G/S2OJ1504

又是我不会的/hanx

做了一天/ng

直接做显然是不行的，所以考虑转化题意，对于 \(\forall i\) ，连边 \((A_i,B_i)\) ，现在题意就变成给边染色了，这样统计的就是不合法的，考虑容斥，一个很 \(\text{naive}\) 的容斥是 总数-不合法，发现你根本做不了，所以很容易想到加强限制，让答案等于 \(\sum\limits_{i=0}^n (-1)^i\times f(i)\) ，其中 \(f(i)\) 表示钦定有 \(i\) 个位置不满足 \(C_i!=A_i,C_i!=B_i\) 的方案数，即断掉 \(i\) 条边，考虑怎么求这个东西

考虑一个环怎么做

假设不是环而是一条链，容易想到设 \(f_{i,j,0/1}\) 表示现在到了第 \(i\) 个点，断掉 \(j\) 条边，钦定第 \(i\) 条边颜色为 \(A_i/B_i\) ，转移就是：

\(f_{i,j,0}=\sum\limits_{k=1}^{i-2}f_{k,j-1,1}+\sum\limits_{k=1}^{i-1}f_{k,j-1,0}\)

\(f_{i,j,1}=\sum\limits_{k=1}^{i-1}f_{k,j-1,1}+\sum\limits_{k=1}^{i-1}f_{k,j-1,0}\)

这个可以前缀和优化成 \(O(n^2)\) 的

但是这个 \(dp\) 是不适用于环的，因为我环上的第一个点会影响到最后一个点，所以要分类讨论强制断环成链

当我第一条边染的色是 \(A_i\) 时：

初始化：\(f_{1,1,0}=1\)

对答案贡献：\(\sum\limits_{i=1}^{n}f_{i,j,0}+\sum\limits_{i=1}^{n-1}f_{i,j,1}\)

当我第一条边染的色是 \(B_i\) 时：

初始化：\(f_{1,1,1}=1\)

对答案贡献：\(\sum\limits_{i=1}^{n}f_{i,j,0}+\sum\limits_{i=1}^{n}f_{i,j,1}\)

当我第一条边断掉时：

初始化：\(\forall i ,\ f_{i,1,0}=f_{i,1,1}=[i!=1]\)

对答案贡献：\(\sum\limits_{i=1}^{n}f_{i,j,0}+\sum\limits_{i=1}^{n}f_{i,j,1}\)

这三个方程中间的转移发现和上面的链的方程的转移是一样的

然后最后写一个背包合并把所有的环合并起来就好了/hanx

因为背包合并的复杂度是 两背包大小和乘上小的那个背包大小，所以时间复杂度是正确的/hanx

code

libreoj #3144. 「APIO2019」奇怪装置

挺奇怪的一道题，不会

标签：int,void,args,rd,计数,wt,inline,dp
From： https://www.cnblogs.com/lnyx/p/17364607.html

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