贡献延后计算

这是 DP 的一个 trick，挺难。

CF2066D

直接看 Hard Ver.

我们很快发现，已经 \(\ge c\) 的住户一定是一段前缀 \([1,j - 1]\)，因此，我们的状态一定和「当前的纸飞机编号」、「已经满足的住户前缀」有关。于是，我们初步设置状态 \(f(i,j)\)，代表考虑到第 \(i\) 个飞机，\([1,j - 1]\) 已经满足条件的情况。

但是，不难发现，在转移过程中，我们需要知道 \([j,n]\) 的所有看到的次数，这样的话，还要加的信息，维度其实是 \(\mathcal{O}(n)\) 的，这很不好。因此，我们尝试用组合数来优化转移。

这时，我们便引出贡献延后了。具体地，我们将过程划分为 \(n\) 层：

• \([1,n]\) 总共扔下 \(c\) 个飞机。

• 上一阶段结束后，到 \([2,n]\) 总共扔下 \(c\) 个飞机。

• ......

• 上一阶段结束后，到 \([n,n]\) 总共扔下 \(c\) 个飞机。

在每一层里面，我们不考虑具体选择 \([j,n]\) 里的哪一户投飞机，只不过在约束下随便投一架。我们的任务，是把从上一层转移过来的所有贡献，收集到一起。

当这一个阶段结束的时候，我们就要计算贡献，并且把这个节点转移到下一层了。这个贡献可以用组合数计算。

因此，我们设计状态 \(f(i,j,k)\) 代表，考虑了前 \(i\) 个纸飞机，目前正在阶段 \(j\)，\([j,n]\) 已经投下 \(k\) 架纸飞机的情况。它记录的是：目前尚未考虑第 \(j\) 层的系数，这一条件下的情况数。

那么，层内的转移很简单。考虑如果 \(a_{i+1} \ge j\) 的话，就说明，\(a_{i+1}\) 可以作为 \([j,n]\) 里的一个纸飞机投放，我们直接：\(f(i,j,k) \to f(i + 1, j, k + 1)\) 即可。否则不转移，因为不合法，那么 \(f(i,j,k)\) 里的方案全部废掉。

跨层的转移，只会出现在 \(f(i,j,c)\)。我们发现，由于上述的限制，\(a\) 的这 \(c\) 个位置只会包含 \(0\) 或者 \(\ge j\) 的数。根据前面的转移，在 \(a[1,i]\) 中，\(\ge j\) 的数一定全部包含在 \(c\) 中的，那么，只会有 \(c - cnt_{a[1,i]\ge j}\) 个 \(0\)，我们可以自由的在这些 \(0\) 之间决定哪些是 \(j\)，剩下的 \(> j\)。我们枚举所有 \(cnt_{a[1,i]=j} = A\)，转移就是 \(f(i, j, c)\binom{c - cnt_{a[1,i]\ge j}}{A - cnt[1,i] = j} \to f(i, j + 1, c - A)\)。

基本思想应该是讲明白了，考虑一下这样为啥是对的。首先，这种转移一定不会漏。层内的转移肯定没有问题，我们考虑证明某一层到下一层的转移中，不会算出重复的情况，这时只有 \((i,k)\) 是对证明有影响的：

• 对于同一个 \((i,k)\) 内我们对 \(A\) 的枚举，既然序列中 \(j\) 出现的次数都不一样，两个序列肯定不同。

• 对于不同的 \(i\)，这意味着最后一个 \(\ge j\) 的数出现的时间不同，转移到下一层的两组序列肯定不交。

• 对于不同的 \(k\)，这意味着序列里出现 \(\ge j\) 的数的次数不一样，转移到下一层的两组序列肯定不交。

从一个方案对应一条转移路径的角度来想，这就是对的。