ybtoj 1.1.4 序列个数

一道很有趣的题

能空手AC的都是大佬

乍一看感觉跟递推没啥大关系（）

事实上我们要把这个问题展开成一个二维的平面（能想出来这个的我sto orz sto orz sto orz sto orz sto orz sto orz sto orz sto orz sto orz sto orz）

形如

1 0 0 0 0
0 0 0 1 0
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 0 1

我们把矩阵的行i和列j定义为：（i，ｊ）表示在序列的第ｉ位有ｊ这个数；

所以该矩阵表示序列　１　４　２　３　５

这样一来　当我们想求解时　就把问题形象化了

我们可以看到当问题有解时 a[i] 是单调不降的

因为不可能存在当前i个序列位有a[i]个比i小的数但前i + 1 个却有a[i + 1]个比i小的数且a[i + 1] < a[i] i越大反而越少

并且我们知道 bi是随机的（只要在1 - n且不重复即可）

所以我们可以考虑用a[i] 转移

那联系到刚才的矩阵 a[i]又表示什么呢（？）

不难看出每次转移时转移所用的序列长为 i 并且此时的n也等于i（长为i其实也就是n为i）所以a[i]掌管了前i *i个位置

那么也就是说 a[i] 表示矩阵的前i * i位中有几个1

我们来证明一下：

在i * i的矩阵当中

行数为i 则满足"序列前i个位置"

列数为i 则满足“小于等于i的数”（因为此时的最大值n等于i 而b满足元素范围为1 - n）；

则成立

那么我们就考虑一下转移：

每次转移时我们就可以考虑a[i] 和 a[i - 1] 的关系

当a[i] - a[i -1] < 0时则如我们所说不满足单调不降则无解直接输出0 结束程序

当a[i] - a[i -1] == 0时也就是说前i位被限制的数的个数和前i + 1位限制的个数一致根据此题转移的单调不减的性质则不需要任何的变动

当a[i] - a[i -1] == 1时也就是说我们需要在这个已经填充好的i * i的矩阵外面1层再填一个1 满足在横纵方向不与任何一个已经填好的1相交

此时我们来考虑答案

当矩阵长宽均为i时矩阵面积为i * i 当矩阵长宽均为i - 1时矩阵面积为（i - 1） * （i - 1）；

则多出来的面积为i * i - (i - 1) * (i - 1) = 2 * i - 1；

那也就是说我们有2 * i - 1个位置可以用来填数

但是别忘了我们所述的不相交的特性

所以我们必须避开已经填好的数

在(i - 1) * (i -1 ) 的矩阵中我们已经填好了a[i - 1]个数那也就是说有 2 * a[i -1]个位置是不能填的因为他们已经被填上后他们所在那一行和那一列就不能再填了

那么此时转移方程就出来了：

a n s ∗ = ( i ∗ 2 − 1 − 2 ∗ a [ i − 1 ] )；

当a[i] - a[i -1] == 2时也就是说我们需要在这个已经填充好的i * i的矩阵外面1层再填两个1 满足在横纵方向不与任何一个已经填好的1相交

此时我们来考虑答案

在一个i * i的矩阵中他每行 / 列都比（i - 1） * （i - 1）的矩阵多1

然而别忘了行与列有一个相交点那就是（i，i）；

那也就是说其实多出来的是 i + i - 1个位置

如果我们想保证之前所提到的不重合的要求成立又想满足在外圈同时填两个数那么（i ，i）这个点就是万万不能填的了因为填上它以后无论是行还是列都会与另一个被填的数相交

那么也就是说我们又失去了一个位置

此时我们还有i + i - 1 - 1个位置

我们把二维压回一维来看

是不是也就相当于我们在每行 / 列多了 i - 1个位置（？）

同理于上文我们还要去掉已经填好的a[i - 1]个位置

那么相对于每行 / 列而言我们可填的位置有（i - 1 - a[i - 1]）个

根据乘法原理我们即可统计答案

当a[i] - a[i -1] > 2时不难看出此时无论怎么填都会存在行列相交的情况（如果不理解行列相交请移步八皇后问题想象此问题为在斜线上可以相交的N皇后问题）

则无解输出0 结束程序

到此此题完成

很爽的一道题博客写了好久改天再润色

上代码：

 1 #include <iostream>
 2 #include <algorithm>
 3 #include <cmath>
 4 #include <cstdio>
 5 #include <climits>
 6 #include <cassert>
 7 #include <cstring>
 8 #include <cstdlib>
 9 #include <cctype>
10 #include <iomanip>
11 #include <utility>
12 #include <set>
13 #include <map>
14 #include <list>
15 #include <stack>
16 #include <queue>
17 #include <deque>
18 #include <vector>
19 #include <bitset>
20 #include <ctime>
21 #define int long long
22 #define ll long long
23 #define ull unsigned long long
24 #define re register
25 #define mod1 998244353
26 #define mod2 100000007
27 #define lowbit(x) x & (-x)
28 #define gcd(a,b) __gcd(a,b)
29 #define mid ((l + r) >> 1)
30 #define rep(i,a,b)  for(re int i(a);i <= b;++ i)
31 #define rrep(i,a,b) for(re int i(a);i >= b;i --)
32 using namespace std;
33 inline int read(){
34     re int x = 0,f = 1;
35     re char ch = getchar();
36     while(ch < '0' || ch > '9'){
37         if(ch == '-') f = -1;
38         ch = getchar();
39       }
40     while(ch >= '0' && ch <= '9'){
41         x = (x << 3) + (x << 1) + (ch ^ 48);
42         ch = getchar();
43       }
44     return x * f;
45 }
46 //#define OJ
47 //#define debug
48 const int mod = 340610;
49 const int M = 1e5 + 1;
50 int a[M];
51 int ans = 1;
52 
53 signed main(){
54 #ifdef OJ
55 freopen(".in","r",stdin);
56 freopen(".out","w",stdout);
57 #endif
58 int n = read();
59 rep(i,1,n){
60     a[i] = read();
61 }
62 rep(i,2,n){
63      int x = a[i] - a[i - 1];
64      if(x > 2 || x < 0){
65          cout << 0 << endl;
66          return 0;
67      }
68      if(x == 0){
69          continue;
70      }
71      if(x == 1){
72          ans *= (i * 2 - 1 - 2 * a[i - 1]);
73          ans %= mod;
74      }
75      if(x == 2){
76          ans *= pow((i - 1 - a[i - 1]),2);
77          ans %= mod;
78          }
79 }
80 printf("%lld\n",ans % mod);
81 #ifdef debug
82     printf("\nTime used = %lf", (double)clock() / CLOCKS_PER_SEC);
83 #endif
84     return 0;
85 }

今天是2022.10.3

CSP 动力 ++

NOIP 动力 ++

We‘re ready for fighting int the night!

posted @ 2022-10-03 08:50 November&&Rain 阅读(31) 评论(0) 收藏举报

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