题解-CF1437F Emotional Fishermen

题面

CF1437F Emotional Fishermen

给 \(n\) 个数的序列 \(a_i\)，求有多少种 \(n\) 个数的排列 \(p_i\)，使得

\[\frac{a_{p_i}}{\max_{j=1}^{i-1} a_{p_j}}\notin \left(\frac 12, 2\right) \]

答案膜 \(998244353\)。

数据范围：\(2\le n\le 5000\)。

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题解

您会很高兴地发现当前 \(a_{p_i}\) 大于前面最大值的总次数不会超过 \(\log\) 次，可惜这没用。

但是考虑这个前缀最大值的序列，却可以发现这东西改变序列便是不同的。

将 \(a_i\) 排序 ，考虑用 \(a_i\) 填满一个长度为 \(n\) 的空位序列。

设 \(f_i\) 表示当前最大值是 \(a_i\) 的填充方案数，\(lim_i\) 表示最大的 \(j\) 满足 \(2a_j\le a_i\)。

先把这个最大值填当前的第一个空位。

由于最大值只会增大，对于所有 \(2a_j\le a_i\) 必定满足 \(2a_j\) 小于未来的最大值，所以可以先把 \(2a_j\le a_i\) 的 未使用的 都填在最大值后面的空位上（不需要连续），顺序重要。

为什么不需要多设一维表示当前放的个数呢？因为 \(f_i\) 放的个数必定是 \(1+lim_i\)，这个 \(1\) 指的是自己。

所以转移方程是：

\[f_i=\sum_{j=0}^{lim_i} f_j\cdot A(n-2-lim_j,lim_i-lim_j-1) \]

这里 \(n-2-lim_j\) 是总空位数减去 \(f_j\) 用的空位数减去当前最大值 \(1\) 个，\(lim_i-lim_j-1\) 是 \(2a_t\le a_i\) 的未使用的 \(a_t\) 个数。

时间复杂度 \(\Theta(n^2)\)，空间复杂度 \(\Theta(n)\)。

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代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
#define mp(a,b) make_pair((a),(b))
#define x first
#define y second
#define bg begin()
#define ed end()
#define sz(a) int((a).size())
#define pb(a) push_back(a)
#define R(i,a,b) for(int i=(a),i##E=(b);i<i##E;i++)
#define L(i,a,b) for(int i=(b)-1,i##E=(a)-1;i>i##E;i--)
const int iinf=0x3f3f3f3f;
const ll linf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

//Data
const int N=5000;
int n,a[N],f[N+1],lim[N+1];

//Math
const int mod=998244353;
void fmod(int&x){x+=mod&x>>31;}
int Pow(int a,int x){
    int res=1; for(;x;x>>=1,a=1ll*a*a%mod)
    if(x&1) res=1ll*res*a%mod; return res;
}
int fac[N+1],ifac[N+1];
void math_init(){
    fac[0]=1; R(i,1,n+1) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    ifac[n]=Pow(fac[n],mod-2);
    L(i,0,n) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
int A(int u,int v){
    if(u<0||v<0||v>u) return 0;
    return 1ll*fac[u]*ifac[u-v]%mod;
}

//Main
int main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n,math_init();
    R(i,0,n) cin>>a[i]; sort(a,a+n);
    R(i,0,n){
        int l=-1,r=i+1;
        while(r-l>1){
            int mid=(l+r)>>1;
            if(a[mid]*2>a[i]) r=mid;
            else l=mid;
        }
        lim[i+1]=r;
    }
    f[0]=1,lim[0]=-1;
    R(i,1,n+1)R(j,0,lim[i]+1)
        fmod(f[i]+=1ll*f[j]*A(n-2-lim[j],lim[i]-lim[j]-1)%mod-mod);
    // R(i,0,n+1) cout<<f[i]<<" ";cout<<'\n';
    if(lim[n]==n-1) cout<<f[n]<<'\n';
    else cout<<0<<'\n';
    return 0;
}

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祝大家学习愉快！