题解：ARC230E Minister
极其困难题。
考察一个顺序 \(p_1,\cdots,p_n\)，不难想到，按照这个顺序摸球，最终得分不为 \(0\) 的充要条件为：对于每个 \(2\leq i\leq n\)，\(p_i+\min\limits_{1\leq j<i}p_j<m\)。必要性显然，充分性保留编号最小的球即可。
再来考虑最终得分，一个 \(p_i\) 能被保留要求对于每个 \(i<j\leq n\)，都有 \(p_i+p_j<m\)，因此最终得分的上界就是满足条件的 \(p_i\) 的最大值。这个上界是容易取到的，遇到满足条件的 \(p_i\) 之前保留编号最小的球；否则保留编号最大的满足条件的 \(p_i\) 即可。
现在只需要对所有合法排列求最大得分之和。
自然地去想插入 DP，但是我们发现插入一个数的时候并不太容易维护排列的合法性。
设 \(lim=\left\lfloor\dfrac{m-1}{2}\right\rfloor\)，把 \(1,\cdots,n\) 按照 \(\leq lim\) 或者 \(>lim\) 分成小数和大数，那么实际上阻碍我们的情况就是：在大数前面插入一个小数，使得这个大数从不合法变得合法。
考虑非常神仙的一步：我们尝试钦定一个更好的插入顺序，使得插入一个小数不会让大数变得合法。
不妨考虑从大到小插入大数，插入一个大数 \(x\) 之前，将所有尚未被加入的、满足 \(x+y<m\) 的小数 \(y\) 插入。更具体地，设 \(k=m-1-n\)，初始时插入 \(1,\cdots,k\) 和 \(n\)，然后交替插入 \(k+1,m-1-(k+1),k+2,m-1-(k+2),\cdots\)。这样新插入的小数不会让旧的大数变得合法，新插入的大数也不会因为旧的数变得合法。
分讨 \(p_1\) 是不是大数。若 \(p_1\) 是小数，则 \(p\) 合法等价于每个大数 \(x\) 前面都有满足 \(x+y<m\) 的小数 \(y\)；若 \(p_1\) 是大数，交换 \(p_1,p_2\) 显然不影响合法性和最大分数。因此我们可以直接对 \(p_1\) 是小数的排列计数，统计答案时给 \(p_2\) 是大数的排列的权值乘 \(2\) 即可。这样处理是为了统一大数的判定条件。
考虑插入一个数 \(x\) 时最大得分的变化。考察最后一个大数的位置 \(p\)，若 \(x\) 插到了 \(p\) 之前，那么 \(x\) 不满足条件，最大得分不变；若插到了 \(p\) 之后，\(x\) 显然满足条件，而原本满足条件的大数变得不满足条件，原本满足条件的小数都 \(<x\)，因此 \(x\) 直接成为了新的最大得分。
设计 DP：令 \(f_{i,0/1}\) 表示当前最后一个大数是 \(p_i\)，\(p_2\) 是否为大数，此时合法排列的方案数，\(g_{i,0/1}\) 表示合法排列的得分和。
初始时插入 \(1,\cdots,k\) 和 \(n\)，枚举 \(n\) 的位置 \(2\leq i\leq k+1\)，则 \(f_{i,[i=2]}=k!,g_{i,[i=2]}=nk!\)。
设当前已经处理了 \(sz\) 个数。
插入一个小数 \(x\) 时，转移为：
三条转移分别表示：插入位置 \(1,2\)、插入位置 \(3,\cdots,i\)、插到位置 \(i\) 之后。
插入一个大数 \(x\) 时，转移为：
三条转移分别表示：插入位置 \(2\)、插入位置 \(3,\cdots,i\)、插到位置 \(i\) 之后，其中 \(i<j\leq sz+1\)。第三条转移容易前缀和优化。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。
主要代码
int n, m;
mint fac[MAXN], ifac[MAXN];
struct DP {
mint cnt, sum;
DP &operator+=(const DP &rhs) {
cnt += rhs.cnt;
sum += rhs.sum;
return *this;
}
friend DP operator+(DP lhs, const DP &rhs) {
return lhs += rhs;
}
DP operator*(mint k) {
return {cnt * k, sum * k};
}
} dp[MAXN][2], ndp[MAXN][2];
void init(int n) {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i;
ifac[n] = fac[n].inv();
for (int i = n - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> m;
if (m <= n + 1) {
cout << 0;
return 0;
}
init(n);
int k = m - n - 1, lim = m - 1 >> 1;
for (int i = 2; i <= k + 1; ++i) dp[i][i == 2] = {fac[k], fac[k] * n};
vector<int> ord;
for (int i = k + 1; i <= lim; ++i) {
ord.emplace_back(i);
if (m - i - 1 > lim) ord.emplace_back(m - i - 1);
}
int sz = k + 1;
for (int x : ord) {
for (int i = 2; i <= n; ++i) ndp[i][0] = ndp[i][1] = {0, 0};
array<mint, 2> pre = {};
for (int i = 2; i <= sz + 1; ++i) {
for (int j = 0; j < 2; ++j) {
auto [c, s] = dp[i][j];
if (x <= lim) {
ndp[i + 1][0] += dp[i][j] * 2;
ndp[i + 1][j] += dp[i][j] * (i - 2);
ndp[i][j] += DP{c, c * x} * (sz + 1 - i);
} else {
ndp[i + 1][1] += dp[i][j];
ndp[i + 1][j] += dp[i][j] * (i - 2);
ndp[i][j] += DP{pre[j], pre[j] * x};
pre[j] += c;
}
}
}
++sz;
for (int i = 2; i <= sz; ++i) {
dp[i][0] = ndp[i][0];
dp[i][1] = ndp[i][1];
}
}
mint ans = 0;
for (int i = 2; i <= n; ++i) ans += dp[i][0].sum + dp[i][1].sum * 2;
cout << ans * ifac[n];
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号