题解 【AT5695 [AGC041D] Problem Scores】

\(\large\mathcal{Description}\)

给定 \(n, m\), 求有多少个数列 \(\{A_i\}\) 长度为 \(n\) 且满足：

• 对于任意 \(i \in [2, n]，A_{i-1} \leq A_{i}\).
• 对于任意 \(i \in [1, n]，1 \leq A_{i} \leq n\).
• 对于任意一个大小为 \(k(1 \leq k < n)\) 的子集 \(S\) 和任意一个大小为 \(k+1\) 的题目子集 \(T\)，需要满足：\(\sum_{x \in S}A_x < \sum_{x\in T}A_x\).

答案对 \(m\) 取模。

\(\large\mathcal{Solution}\)

这题也太妙了吧！

明显第三个条件是比较棘手的。我们贪心地考虑下，是不是要使 \(\sum_{x \in S}A_x\) 最大，\(\sum_{x\in T}A_x\) 最小？又由第 \(1\) 个条件，明显 \(S\) 要取最后 \(k\) 个数，\(T\) 要取前 \(k + 1\) 个数。那么第三个条件就等价于：

\[\forall 1\le k<n \rightarrow \sum_{i=1}^{k+1}A_i>\sum_{i=n-k+1}^nA_i \]

然后我们下面分析一下 \(n\) 为奇数的情况，偶数同理。

• 当 \(k>n/2\) 时，前 \(k + 1\) 个数跟后面 \(k\) 个数有重叠部分，相互抵消后就转化成为了 \(k\le n/2\) 的情况。
• 当 \(k<n/2\) 时，考虑 \(k+1\) 的情况，这时左式加上了一个较小的数，右式加上了一个较大的数。这时条件更不容易满足，故我们只需考虑 \(k=n/2\) 的情况。

现在我们有三个条件（\(n\) 为奇数时）

\[\begin{cases}i \in [2, n]，A_{i-1} \leq A_{i}\\i \in [1, n]，1 \leq A_{i} \leq n\\\sum_{i=1}^{n/2+1}A_i>\sum_{i=n/2+2}^nA_i\end{cases} \]

这个时候我们就可以令 \(X_A=\sum_{i=1}^{n/2+1}A_i-\sum_{i=n/2+2}^nA_i\), 考察它的变化情况。

我们现在我关注点放在第 \(1\) 个条件上，我们可以这样考虑：

• 令 \(A_i\) 初始值都是 \(n\), 然后操作若干次，每一次操作把一个前缀减去 \(1\).

比如说 \(A=\{1,2,3,4\}(A_1=1).\) 可以这么考虑：

1. 初始化 \(A=\{4,4,4,4\}\).
2. \(\{4,4,4,4\} \rightarrow \{3,3,3,4\}\)
3. \(\{3,3,3,4\} \rightarrow \{2,2,3,4\}\)
4. \(\{2,2,4,4\} \rightarrow \{1,2,3,4\}\)

从这种角度出发，初始时 \(X_A=n.\) 然后对 \(1\sim i\) 操作一次时 \(X_A\) 的变化 \(w_i\) 是可以与处理出来的。最后这个问题就变成了一道 完全背包问题。

有 \(n\) 种物品（即操作），每一种都有无限个，第 \(i\) 种物品重量为 \(w_i\)，现在要选出一些物品使得总重不超过 \(n-1\), 求方案数。

然后再不会就自裁吧。

\(\large\mathcal{Code}\)

int n, m, k, w[N], f[N], ans; 

int main()
{
    cin >> n >> m;

    for (reg int i = 1; i <= (n + 1) / 2; ++ i) w[i] = i;
    for (reg int i = (n + 3) / 2; i <= n; ++ i) w[i] = n + 1 - i;
    
    f[n] = 1;
    for (reg int i = n; i >= 1; -- i)
        for (reg int j = n; j >= w[i]; -- j)
            f[j - w[i]] = (f[j] + f[j - w[i]]) % m;
    for (reg int i = 1; i <= n; ++ i) ans = (ans + f[i]) % m;
    printf("%d\n", (ans + m) % m);
    
    return 0;
}