FJOI 2020 Day1 T3 异构序列码性态问题

题意简述

有两个序列 \(a, b\) 以及两个辅助栈 \(s_1, s_2\)

初始时 \(a\) 的元素依次为 \([1, 2, 3, \ldots , n]\),而 \(s_1, s_2, b\) 均为空。

每次可以执行如下三种操作之一:

  1. \(a\) 非空,将 \(a\) 的最后一个元素删除,插入到第一个栈 \(s_1\) 的栈顶。
  2. \(s_1\) 非空,将 \(s_1\) 的栈顶弹出,插入到第二个栈 \(s_2\) 的栈顶。
  3. \(s_2\) 非空,将 \(s_2\) 的栈顶弹出,插入到序列 \(b\) 的第一个元素之前。

需要特别注意的是,任意时刻必须保证 \(s_2\) 从栈顶到栈底的序列是递减的。

当所有元素均被插入到序列 \(b\) 中,停止操作,我们称得到了序列 \(b\)

请问在所有的 \(n!\)\(1 \sim n\) 的排列中,有哪些是不能在这个过程中得到的。

样例:当 \(n \le 3\) 时答案为 \(0\),当 \(n = 4\) 时答案为 \(2\)

题解

考虑统计能够得到的序列 \(b\) 的个数,最后用 \(n!\) 减去。

分析序列 \(b\) 需要满足的性质,通过手动枚举发现当 \(n = 4\) 时仅有这两个序列不能被得到:

  1. 序列 \([3, 1, 4, 2]\)
  2. 序列 \([3, 2, 4, 1]\)

同时我们可以写出一个,给出最终序列 \(b\),判断它是否能被得到的程序,每次贪心地用最少的步数把目标元素移到 \(b\) 的开始即可。

利用这个程序,枚举所有的全排列,我们容易得到 \(n = 5\) 或更大时,无法被得到的序列。

稍加观察能够发现,它们也都满足性质:存在不一定连续的子序列,满足其中的元素离散化后依次等于 \([3, 1, 4, 2]\)\([3, 2, 4, 1]\)

为了更准确地验证,可以写一个 \(\mathcal O (n^4)\) 枚举子序列并判断的程序,枚举全排列就能验证这个性质。

所以得到唯一的性质:\(b\) 中不存在任何子序列满足其中的元素离散化后依次等于 \([3, 1, 4, 2]\)\([3, 2, 4, 1]\)

我们考虑按照值从小到大加入元素,一开始为空序列,然后依次加入 \(1, 2, 3, \ldots\)

观察到在此时前面的条件就等价于,在某个位置插入当前的数后,之后就不能在这个位置后面的元素中的空隙中插入更大的元素了。

这是因为当前时刻前插入的数都比当前数小,对应 \(1, 2\),而当前数对应 \(3\),当前时刻后插入的数对应 \(4\),不能在 \(1, 2\) 之间插入。

举个例子:

  1. \(\left[ \boxed{1} \right]\)
  2. \(\left[ \boxed{2}, \boxed{1} \right]\)
  3. \(\left[ \boxed{3}, \boxed{2, 1} \right]\)
  4. \(\left[ \boxed{3}, \boxed{2, 1}, \boxed{4} \right]\)
  5. \(\left[ \boxed{3}, \boxed{5}, \boxed{2, 1, 4} \right]\)
  6. \(\left[ \boxed{3}, \boxed{5}, \boxed{2, 1, 4}, \boxed{6} \right]\)
  7. \(\left[ \boxed{7}, \boxed{3, 5, 2, 1, 4, 6} \right]\)

也就是,如果已经确定一段元素中间不能插入其它元素了,那么就把它们用方框框住。

这导出一个 DP 方程:令 \(\mathrm{f}[i][j]\) 表示目前加入了 \(1 \sim i\),并且当前有 \(j\) 个方框时的方案数。

\(n \ge 2\) 时,有边界条件 \(\mathrm{f}[2][2] = 2\) 以及转移方程:

\[\begin{aligned} \mathrm{f}[i][j] &\to_+ \mathrm{f}[i + 1][k] : \mathrm{Coef} \\ \mathrm{Coef} &= \begin{cases} 1 & , 2 \le k \le j \\ 2 & , k = j + 1 \\ 0 & , \text{otherwise} \end{cases} \end{aligned} \]

暴力转移得到 \(\mathcal O (n^3)\) 的做法。

还可以得到 \(\mathrm{f}[i][j] = \mathrm{f}[i][j + 1] + 2 \mathrm{f}[i - 1][j - 1] - \mathrm{f}[i - 1][j]\),得到 \(\mathcal O (n^2)\) 的做法,这个递推式将会是接下来的关键。

观察上图,可以发现就是递推式的图形化体现,\(\mathrm{f}[i][j]\) 的值为上图中从 \((2, 2)\) 走到 \((i, j)\) 的带权路径数量乘以 \(2\)

要求的即是对于所有 \(2 \le i \le n\),从 \((2, 2)\) 走到 \((n, i)\) 的带权路径数量之和乘以 \(2\)

一个观察:对于一行的从 \((2, 2)\) 走到 \((n, i)\) 的带权路径数量之和,等于从 \((2, 2)\) 走到 \((n + 1, 2)\) 的带权路径数量。

所以要求从 \((2, 2)\) 走到 \((n + 1, 2)\) 的带权路径数量,乘以 \(2\) 就是能被得到的序列 \(b\) 的数量。

令上图中的下标都偏移 \(-2\),即从 \((0, 0)\) 开始,到达 \((n - 1, 0)\) 的方案数。

\(n' = n - 1\),所求即是 \(\displaystyle \sum_{i = 0}^{n'} 2^i {(-1)}^{n' - i} \binom{n' + i}{n' - i} C_i\),其中 \(C_i\) 为卡特兰数,\(C_1 = 1, C_2 = 2, C_3 = 5\)

意义为枚举往右下走了 \(i\) 步,则往下是 \((n' - i)\) 步,贡献 \(2^i {(-1)}^{n' - i}\)

不同的走法有 \(C_i\) 种,插入向下走的 \(n' - i\) 步有 \(\displaystyle \binom{n' + i}{n' - i}\) 种方法。

posted @ 2020-07-02 22:56  粉兔  阅读(256)  评论(4编辑  收藏