题解：P12392 「RiOI-6」Re:帝国少女
题意
给定 \(m\) 和一个长度为 \(n\) 的序列 \(a\)，对于 \(1\leq i\leq n,a_i\in[1,m]\cap\mathbb{Z}\)。现在可以进行若干次修改，每次修改可以选定一个 \(a_i\)，将其修改为 \([1,m]\) 中的一个整数。求在 \(a\) 中任意相邻两数不同的前提下，最小的修改次数。
对于一个序列 \(a\)，定义困难程度 \(f(a)\) 为上面的问题的答案，\(g(a)\) 为使得修改次数最小的修改方案数。
在所有长度为 \(n\) 值域为 \([1,m]\) 的整数序列中，对于每个 \(k\in\left[0,\lfloor\frac{n}{2}\rfloor\right]\)，求出所有 \(f(a)=k\) 的序列 \(a\) 的 \(g(a)\) 之和。\(1\leq n\leq 5\times 10^3\)，\(2\leq m\leq 10^9\)。
题解
前情回顾：Luogu P12391 | 我的题解
很好的细节 DP 题，使我大脑飞速旋转。
先做 \(m=2\) 的情况。若 \(2k\neq n\)，则只能修改为 \(0,1,\cdots\) 和 \(1,0,\cdots\) 中的一种，各从中选择 \(k\) 位翻转就是对应的原序列，方案数为 \(2\binom{n}{k}\)；若 \(2k=n\)，有 \(2\) 种修改方案，方案数为 \(\binom{n}{k}\)，答案为 \(2\binom{n}{k}\)。因此，对于 \(m=2\) 的情况，输出 \(2\binom{n}{k}\) 即可。
再做 \(m>2\) 的情况。还是按极长同色段划分序列，我们先不考虑颜色，思考一个段内的修改方案是怎么样的（我们用 \(0/1\) 表示对应位置是否修改）：
- 若长度为奇数，显然只有 \(010\cdots 010\) 这种修改方案。
- 若长度为偶数：比较显然有 \(0101\cdots 01\) 和 \(1010\cdots 10\) 这 \(2\) 种方案，还有一种容易忽略的方案是 \(0101\cdots11\cdots1010\)，也就是修改中间的连续 \(2\) 个位置 \((i,i+1)\)，其中 \(i\) 是偶数。计算可得我们能选出 \(\frac{len}{2}-1\) 个这样的 \(i\)。
考虑颜色的限制，我们发现当前段的染色方案数。只会受前面段原来的颜色和前面段最后一个位置的颜色限制，由此设计 DP 状态：令 \(f_{i,j,0/1}\) 表示考虑 \(a[1,i]\)，所有满足 \(f(a[1,i])=j\) 的 \(g(a[1,i])\) 之和。转移时我们枚举 \(k\) 表示 \(i\) 所在颜色段的长度，根据 \(k\) 的奇偶性分类讨论，需要特判 \(j=\left\lfloor\frac{i}{2}\right\rfloor\) 的情况。
下文中我们令 \(t=\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor\)。
\(f\) 的计算包含两部分：当前段的初始方案数和染色方案数。
对于当前段的初始方案数，讨论 \(f_{i-k,j-t,0/1}\) 中 \(0/1\) 的取值：
- 若取值为 \(0\)，则当前段的颜色与前面的段的颜色不同即可，有 \(m-1\) 种。
- 若取值为 \(1\)，则当前段的颜色既需要与前面的段不同，也需要和前面的段的最后一个位置修改后的颜色不同，有 \(m-2\) 种。这是大部分情况，但是有一个 corner case：若我们在当前段修改了首位的颜色，则段的初始颜色不必与最后一个位置修改后的颜色不同，此时有 \(m-1\) 种方案。
对于染色方案数，分别考虑首位和其他位的染色方案数即可，如果是连续修改中间的 \(2\) 位也需要考虑进去。读者可以自行推导。
这样我们就得到了 \(\mathcal{O}(n^3)\) 的朴素 DP。后面也会放这部分的代码。
考虑优化。我们发现转移式中大部分都是乘上 \(m-1\) 或者 \(m-2\) 的形式，可以提出来，于是需要快速计算包含 \(k\) 和 \(t\) 的那部分式子，更具体地，我们要维护出
\[\sum_{k=1}^{\min(i-1,2j+1)}f_{i-k,j-t,0/1}(m-1)^{t-1}
\]
以及
\[\sum_{k=1}^{\min(i-1,2j+1)}f_{i-k,j-t,0/1}(m-1)^{t-1}(t-1)
\]
容易想到前缀和优化。我们分奇偶维护，令
\[\begin{align*}
g_{i,j,0/1}&=\sum_{k=0}^{\min(\frac{i}{2}, j)}f_{i-2k,j-k,0/1}(m-1)^k\\
h_{i,j,0/1}&=\sum_{k=0}^{\min(\frac{i}{2}, j)}f_{i-2k,j-k,0/1}(m-1)^kk
\end{align*}
\]
不难列出转移方程：
\[\begin{align*}
g_{i,j,0/1}&=(m-1)g_{i-2,j-1,0/1}+f_{i,j,0/1}\\
h_{i,j,0/1}&=(m-1)(g_{i-2,j-1,0/1}+h_{i-2,j-1,0/1})
\end{align*}
\]
容易用 \(g\) 和 \(h\) 对应计算出我们所需的式子做到 \(\mathcal{O}(1)\) 转移。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。
代码
$\mathcal{O}(n^3)$ DP
#include <iostream>
using namespace std;
#define lowbit(x) ((x) & -(x))
#define chk_min(x, v) (x) = min((x), (v))
#define chk_max(x, v) (x) = max((x), (v))
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 5e3 + 5, MOD = 1e9 + 7;
inline int add(int x, int y) { return x += y, x >= MOD ? x - MOD : x; }
inline int sub(int x, int y) { return x -= y, x < 0 ? x + MOD : x; }
inline void cadd(int &x, int y) { x += y, x < MOD || (x -= MOD); }
inline void csub(int &x, int y) { x -= y, x < 0 && (x += MOD); }
int n, m, fac[N], ifac[N], f[N][N][2], pw[N];
int qpow(int a, ll b) {
int res = 1;
for (; b; b >>= 1) {
if (b & 1) res = 1ll * res * a % MOD;
a = 1ll * a * a % MOD;
}
return res;
}
void pre() {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MOD;
ifac[n] = qpow(fac[n], MOD - 2);
for (int i = n - 1; ~i; --i) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}
int C(int n, int m) { return 1ll * fac[n] * ifac[m] % MOD * ifac[n - m] % MOD; }
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
cin >> n >> m;
if (m == 2) {
pre();
for (int i = 0; i <= n >> 1; ++i) cout << C(n, i) * 2 % MOD << ' ';
} else {
pw[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n >> 1; ++i) pw[i] = 1ll * pw[i - 1] * (m - 1) % MOD;
f[1][0][0] = m;
for (int i = 2; i <= n; ++i) for (int j = 0; j <= i >> 1; ++j) {
if (j == (i >> 1)) {
if (i & 1) f[i][j][0] = 1ll * m * pw[j] % MOD;
else {
f[i][j][0] = 1ll * m * pw[j] % MOD;
cadd(f[i][j][0], 1ll * m * (j - 1) % MOD * pw[j - 1] % MOD * (m - 2) % MOD);
f[i][j][1] = 1ll * m * pw[j] % MOD;
}
}
for (int k = 1; k < i && (k >> 1 <= j); ++k) {
int t = k >> 1;
int v1 = 1ll * f[i - k][j - t][0] * (m - 1) % MOD;
int v2 = 1ll * f[i - k][j - t][1] * (m - 2) % MOD;
if (k & 1) {
cadd(f[i][j][0], 1ll * v1 * pw[t] % MOD);
cadd(f[i][j][0], 1ll * v2 * pw[t] % MOD);
} else {
// 101010...
cadd(f[i][j][0], 1ll * v1 % MOD * (m - 2) % MOD * pw[t - 1] % MOD);
cadd(f[i][j][0], 1ll * v2 % MOD * (m - 2) % MOD * pw[t - 1] % MOD);
cadd(f[i][j][0], 1ll * f[i - k][j - t][1] * qpow(m - 1, t) % MOD);
// 010101...
cadd(f[i][j][1], 1ll * v1 % MOD * qpow(m - 1, t) % MOD);
cadd(f[i][j][1], 1ll * v2 % MOD * qpow(m - 1, t) % MOD);
// 010...11...010
cadd(f[i][j][0], 1ll * v1 % MOD * (t - 1) % MOD * pw[t - 1] % MOD * (m - 2) % MOD);
cadd(f[i][j][0], 1ll * v2 % MOD * (t - 1) % MOD * pw[t - 1] % MOD * (m - 2) % MOD);
}
}
}
for (int i = 0; i <= n >> 1; ++i) cout << add(f[n][i][0], f[n][i][1]) << ' ';
}
return 0;
}
$\mathcal{O}(n^2)$ DP
#include <iostream>
using namespace std;
#define lowbit(x) ((x) & -(x))
#define chk_min(x, v) (x) = min((x), (v))
#define chk_max(x, v) (x) = max((x), (v))
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 5e3 + 5, MOD = 1e9 + 7;
inline int add(int x, int y) { return x += y, x >= MOD ? x - MOD : x; }
inline int sub(int x, int y) { return x -= y, x < 0 ? x + MOD : x; }
inline void cadd(int &x, int y) { x += y, x < MOD || (x -= MOD); }
inline void csub(int &x, int y) { x -= y, x < 0 && (x += MOD); }
int n, m, f[N][N][2], g[N][N][2], h[N][N][2];
int iv, pw[N], fac[N], ifac[N];
int qpow(int a, ll b) {
int res = 1;
for (; b; b >>= 1) {
if (b & 1) res = 1ll * res * a % MOD;
a = 1ll * a * a % MOD;
}
return res;
}
void pre() {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MOD;
ifac[n] = qpow(fac[n], MOD - 2);
for (int i = n - 1; ~i; --i) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % MOD;
}
int C(int n, int m) { return 1ll * fac[n] * ifac[m] % MOD * ifac[n - m] % MOD; }
int main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
cin >> n >> m;
if (m == 2) {
pre();
for (int i = 0; i <= n >> 1; ++i) cout << C(n, i) * 2 % MOD << ' ';
} else {
pw[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n >> 1; ++i) pw[i] = 1ll * pw[i - 1] * (m - 1) % MOD;
iv = qpow(m - 1, MOD - 2);
g[1][0][0] = f[1][0][0] = m;
for (int i = 2; i <= n; ++i) for (int j = 0; j <= i >> 1; ++j) {
if (j == (i >> 1)) {
if (i & 1) f[i][j][0] = 1ll * m * pw[j] % MOD;
else {
f[i][j][0] = 1ll * m * pw[j] % MOD;
cadd(f[i][j][0], 1ll * m * (j - 1) % MOD * pw[j - 1] % MOD * (m - 2) % MOD);
f[i][j][1] = 1ll * m * pw[j] % MOD;
}
}
int v1 = 1ll * g[i - 1][j][0] * iv % MOD;
int v2 = 1ll * g[i - 1][j][1] * iv % MOD;
cadd(f[i][j][0], 1ll * v1 * (m - 1) % MOD * (m - 1) % MOD);
cadd(f[i][j][0], 1ll * v2 * (m - 2) % MOD * (m - 1) % MOD);
if (j >= 1) {
v1 = g[i - 2][j - 1][0], v2 = g[i - 2][j - 1][1];
int x = 1ll * v1 * (m - 1) % MOD;
int y = 1ll * v2 * (m - 1) % MOD;
// 101010...
cadd(f[i][j][0], 1ll * x * (m - 2) % MOD);
cadd(f[i][j][0], 1ll * v2 * (m - 2) % MOD * (m - 2) % MOD);
cadd(f[i][j][0], 1ll * y);
// 010101...
cadd(f[i][j][1], 1ll * x * (m - 1) % MOD);
cadd(f[i][j][1], 1ll * y * (m - 2) % MOD);
// 010...11...010
v1 = h[i - 2][j - 1][0], v2 = h[i - 2][j - 1][1];
cadd(f[i][j][0], 1ll * v1 % MOD * (m - 2) % MOD * (m - 1) % MOD);
cadd(f[i][j][0], 1ll * v2 % MOD * (m - 2) % MOD * (m - 2) % MOD);
}
if (!j) {
g[i][j][0] = f[i][j][0], g[i][j][1] = f[i][j][1];
h[i][j][0] = h[i][j][1] = 0;
} else {
g[i][j][0] = add(1ll * g[i - 2][j - 1][0] * (m - 1) % MOD, f[i][j][0]);
g[i][j][1] = add(1ll * g[i - 2][j - 1][1] * (m - 1) % MOD, f[i][j][1]);
h[i][j][0] = add(1ll * h[i - 2][j - 1][0] * (m - 1) % MOD, 1ll * g[i - 2][j - 1][0] * (m - 1) % MOD);
h[i][j][1] = add(1ll * h[i - 2][j - 1][1] * (m - 1) % MOD, 1ll * g[i - 2][j - 1][1] * (m - 1) % MOD);
}
}
for (int i = 0; i <= n >> 1; ++i) cout << add(f[n][i][0], f[n][i][1]) << ' ';
}
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号