题解：P17317 [KismetOI 2026 I] 作弊
感觉思路还是很顺畅的。
若 \(p\) 固定且 \(n>k\)，不妨令 \(w_i=D-p_i\)，那么修改操作带来的增量就是 \(w\) 上的最大权独立集。序列上最大权独立集有简单 DP：令 \(f_i\) 表示 \(w[i..n]\) 的最大权独立集，则转移为 \(f_i=\max(f_{i+1},f_{i+2}+D-p_i)\)。
倒序考虑 \(p_n,\cdots,p_1\)，考察我们需要记录什么信息。对于前缀和最大值，容易想到对于每个 \(i\) 记录 \(h_i=\max\limits_{j=i-1}^k\sum\limits_{t=i}^jp_t\)，那么转移就是 \(h_i=\max(h_{i+1}+p_i,0)\)。对于修改后 \(p\) 的总和，可以想到直接记录 \(f_i\)。
显然有 \(0\leq h_i\leq kV\)，可以接受。但是 \(f_i\) 可以达到 \(\mathcal{O}(n(D+V))\) 量级，显然不能承受。考虑转而记录差分数组 \(d_i=f_i-f_{i+1}=\max(D-p_i-d_{i+1},0)\)，此时 \(0\leq d_i\leq D+V\)，范围就大大缩小了。
下面讨论具体的 DP。
\(n>k\)
固定 \(p\) 时的最终答案为 \(g_{h_1}\sum\limits_{i=1}^n(p_i+d_i)\)。
对于 \(i>k\)，设计 DP：令 \(sum_{i,d}\) 表示考虑 \(p[i..n]\)，\(d_i=d\)，此时所有方案的 \(\sum(p_i+d_i)\) 之和，\(cnt_{i,d}\) 表示方案数。转移时枚举 \(p_i\) 可能的取值，设 \(d'=\max(D-p_i-d,0)\)：
\[\begin{align*}
cnt_{i,d'}&\gets cnt_{i+1,d}\\
sum_{i,d'}&\gets sum_{i+1,d}+cnt_{i+1,d}(p_i+d')
\end{align*}
\]
对于 \(i\leq k\)，给 DP 数组添加一维变成 \((i,h,d)\)，表示 \(h_i=h\) 即可。转移是类似的。
最终答案即为
\[\sum_{h=0}^{kV}\sum_{d=0}^{D+V}g_h{sum}_{1,h,d}
\]
\(n\leq k\)
令 \(dp_{i,h}\) 表示考虑 \(p[i..n]\)，\(h_i=h\)，此时的方案数。转移和前面类似。
最终答案即为
\[\sum_{h=0}^{kV}g_hdp_{1,h}
\]
这样做时间复杂度为 \(\mathcal{O}(nV^2+k^2V^3)\)，可以通过本题。
主要代码
int n, k, D, V, p[MAXN], g[MAXK * MAXV];
mint solve1() {
vector<mint> dp(k * V + 1, 0), ndp(k * V + 1);
dp[0] = 1;
for (int i = n; i; --i) {
fill(ndp.begin(), ndp.end(), 0);
for (int h = 0; h <= k * V; ++h) {
if (!dp[h].val()) continue;
int l = p[i] == -7912 ? -V : p[i], r = p[i] == -7912 ? V : p[i];
for (int x = l; x <= r; ++x) ndp[max(h + x, 0)] += dp[h];
}
ndp.swap(dp);
}
mint res = 0;
for (int h = 0; h <= k * V; ++h) res += g[h] * dp[h];
return res;
}
mint solve2() {
vector<pair<mint, mint>> dp1(D + V + 1, {0, 0}), ndp1(D + V + 1);
dp1[0] = {1, 0};
for (int i = n; i > k; --i) {
fill(ndp1.begin(), ndp1.end(), pair<mint, mint>{0, 0});
for (int d = 0; d <= D + V; ++d) {
auto [cnt, sum] = dp1[d];
if (!cnt.val()) continue;
int l = p[i] == -7912 ? -V : p[i], r = p[i] == -7912 ? V : p[i];
for (int x = l; x <= r; ++x) {
int nd = max(D - x - d, 0);
ndp1[nd].first += cnt;
ndp1[nd].second += sum + cnt * (x + nd);
}
}
ndp1.swap(dp1);
}
vector<vector<pair<mint, mint>>> dp2(k * V + 1), ndp2(k * V + 1);
for (auto &vec : dp2) vec.resize(D + V + 1, {0, 0});
for (auto &vec : ndp2) vec.resize(D + V + 1, {0, 0});
dp2[0].swap(dp1);
for (int i = k; i; --i) {
for (auto &vec : ndp2) fill(vec.begin(), vec.end(), pair<mint, mint>{0, 0});
for (int h = 0; h <= k * V; ++h) {
for (int d = 0; d <= D + V; ++d) {
auto [cnt, sum] = dp2[h][d];
if (!cnt.val()) continue;
int l = p[i] == -7912 ? -V : p[i], r = p[i] == -7912 ? V : p[i];
for (int x = l; x <= r; ++x) {
int nh = max(h + x, 0), nd = max(D - x - d, 0);
ndp2[nh][nd].first += cnt;
ndp2[nh][nd].second += sum + cnt * (x + nd);
}
}
}
ndp2.swap(dp2);
}
mint res = 0;
for (int h = 0; h <= k * V; ++h) {
for (int d = 0; d <= D + V; ++d) {
res += g[h] * dp2[h][d].second;
}
}
return res;
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> k >> D >> V;
for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> p[i];
for (int i = 0; i <= k * V; ++i) cin >> g[i];
cout << (n <= k ? solve1() : solve2());
return 0;
}
Bonus
考虑一个瓶颈在于 \(p_i\) 未确定时需要暴力枚举 \(p_i\in[-V,V]\)。
观察 \(n>k\) 的 DP 的第一部分，不难发现我们可以直接分讨 \(p_i\) 和 \(D-d\) 的大小关系，然后差分做区间加。
对于第二部分，同样可以大力分讨 \(p_i\) 和 \(D-d,-h\) 的四种大小关系，做三个方向上的差分。
这样时间复杂度就优化到了 \(\mathcal{O}(nV+k^2V^2)\)。
当然了，这个优化是平凡的。
主要代码
mint solve2() {
vector<pair<mint, mint>> dp1(D + V + 1, {0, 0}), df(D + V + 1, {0, 0});
dp1[0] = {1, 0};
for (int i = n; i > k; --i) {
fill(df.begin(), df.end(), pair<mint, mint>{0, 0});
auto add = [&](int l, int r, mint cnt, mint sum) {
df[l].first += cnt;
df[l].second += sum;
if (r == df.size() - 1) return;
df[r + 1].first -= cnt;
df[r + 1].second -= sum;
};
for (int d = 0; d <= D + V; ++d) {
auto [cnt, sum] = dp1[d];
if (!cnt.val()) continue;
if (p[i] != -7912) {
int nd = max(D - p[i] - d, 0);
add(nd, nd, cnt, sum + cnt * (p[i] + nd));
} else {
if (D - d + 1 <= V) {
int l = max(D - d + 1, -V), r = V, len = r - l + 1;
add(0, 0, cnt * len, sum * len + cnt * ((l + r) * len >> 1));
}
if (-V <= D - d) {
int l = -V, r = min(D - d, V);
add(D - d - r, D - d - l, cnt, sum + cnt * (D - d));
}
}
}
for (int d = 0; d <= D + V; ++d) {
if (d) {
df[d].first += df[d - 1].first;
df[d].second += df[d - 1].second;
}
}
df.swap(dp1);
}
vector<vector<pair<mint, mint>>> dp2(k * V + 1), ndp2(k * V + 1);
vector<vector<pair<mint, mint>>> df1(k * V + 1), df2(D + V + 1), df3(k * V + D + V + 1);
for (auto &vec : df1) vec.resize(D + V + 1, {0, 0});
for (auto &vec : df2) vec.resize(k * V + 1, {0, 0});
for (auto &vec : df3) vec.resize(k * V + 1, {0, 0});
for (auto &vec : dp2) vec.resize(D + V + 1, {0, 0});
for (auto &vec : ndp2) vec.resize(D + V + 1, {0, 0});
dp2[0].swap(dp1);
for (int i = k; i; --i) {
for (auto &vec : df1) fill(vec.begin(), vec.end(), pair<mint, mint>{0, 0});
for (auto &vec : df2) fill(vec.begin(), vec.end(), pair<mint, mint>{0, 0});
for (auto &vec : df3) fill(vec.begin(), vec.end(), pair<mint, mint>{0, 0});
auto add = [&](vector<pair<mint, mint>> &df, int l, int r, mint cnt, mint sum) {
df[l].first += cnt;
df[l].second += sum;
if (r == df.size() - 1) return;
df[r + 1].first -= cnt;
df[r + 1].second -= sum;
};
for (int h = 0; h <= k * V; ++h) {
for (int d = 0; d <= D + V; ++d) {
auto [cnt, sum] = dp2[h][d];
if (!cnt.val()) continue;
if (p[i] != -7912) {
int nh = max(h + p[i], 0), nd = max(D - p[i] - d, 0);
add(df1[nh], nd, nd, cnt, sum + cnt * (p[i] + nd));
} else {
// x >= D - d + 1
// x <= D - d
// x >= -h + 1
// x <= -h
int l = max(D - d + 1, -V), r = min(-h, V);
if (l <= r) {
int len = r - l + 1;
add(df1[0], 0, 0, cnt * len, sum * len + cnt * ((l + r) * len >> 1));
}
l = max({D - d + 1, -h + 1, -V});
r = V;
if (l <= r) {
add(df2[0], h + l, h + r, cnt, 0);
// sum + cnt * l ~ sum + cnt * r
add(df2[0], h + l, h + l, 0, sum + cnt * l);
if (l < r) add(df2[0], h + l + 1, h + r, 0, cnt);
if (h + r + 1 <= k * V) add(df2[0], h + r + 1, h + r + 1, 0, -sum - cnt * r);
}
l = -V;
r = min({D - d, -h, V});
if (l <= r) add(df1[0], D - d - r, D - d - l, cnt, sum + cnt * (D - d));
l = max(-h + 1, -V);
r = min(D - d, V);
if (l <= r) add(df3[D - d + h], h + l, h + r, cnt, sum + cnt * (D - d));
}
}
}
for (auto &vec : ndp2) fill(vec.begin(), vec.end(), pair<mint, mint>{0, 0});
for (int d = 0; d <= D + V; ++d) {
for (int h = 0; h <= k * V; ++h) {
if (h) df2[d][h].second += df2[d][h - 1].second;
}
}
for (int h = 0; h <= k * V; ++h) {
for (int d = 0; d <= D + V; ++d) {
int x = d + h;
if (d) {
df1[h][d].first += df1[h][d - 1].first;
df1[h][d].second += df1[h][d - 1].second;
}
if (h) {
df2[d][h].first += df2[d][h - 1].first;
df2[d][h].second += df2[d][h - 1].second;
df3[x][h].first += df3[x][h - 1].first;
df3[x][h].second += df3[x][h - 1].second;
}
ndp2[h][d].first += df1[h][d].first + df2[d][h].first + df3[x][h].first;
ndp2[h][d].second += df1[h][d].second + df2[d][h].second + df3[x][h].second;
}
}
ndp2.swap(dp2);
}
mint res = 0;
for (int h = 0; h <= k * V; ++h) {
for (int d = 0; d <= D + V; ++d) {
res += g[h] * dp2[h][d].second;
}
}
return res;
}
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