【BZOJ】P2616 SPOJ PERIODNI

笛卡尔树+树形dp

你会发现,如果有两个高度分别为\(h[i]\)\(h[j]\)(满足\(i<j\))的棋盘,存在一个k满足\(i<k<j\)\(h[i]>h[k],h[j]>h[k]\),那么在任意高度H满足\(H>min\{h[k]\}k \in [i+1,j-1]\)的i和j棋盘都不会相互制约的。

那么,我们能不能先在n个棋盘中找到一个最小的h,那么其两旁的棋盘在大于h的地方摆放都是不会互相影响的,那我们只用先算出在两旁大于h的地方摆放棋子的方案数,再合并一下,最后再统一算一遍这n个棋盘都在小于等于h的地方摆放的方案数,再累到答案中去。

而对于统计其两旁棋盘的方案数,我们可以按照上述方法递归下去。


于是,这就需要用到笛卡尔树了。

笛卡尔树是一种特定的二叉树数据结构,可由数列构造,在范围最值查询、范围top k查询(range top k queries)等问题上有广泛应用。它具有堆的有序性,中序遍历可以输出原数列。笛卡尔树结构由Vuillmin(1980)在解决范围搜索的几何数据结构问题时提出。从数列中构造一棵笛卡尔树可以线性时间完成,需要采用基于的算法来找到在该数列中的所有最近小数。

摘自度娘

说白了,笛卡尔树就是这样一个东西:

1.二叉树

2.若只看权值,则其每个点在权值上形成一个

3.若只看下标,则其每个点在下标上形成一个二叉搜索树

它就是长这个样子。

建树的话,上面已经提到,它可以在\(O(n)\)时间内利用单调栈完成,大致流程如下:(假定我们构建的是小根堆)

对于新加进一个数x,设栈顶元素为top

1.如果\(x>top\),则将top的右儿子设置为x

2.如果\(x \le top\),则将top弹出,当\(top>x\)或者栈为空为止,记最后一个弹出的数为la,则将la设置为x的左二子;若栈不为空,则将x设置为top的右儿子

代码如下:

for(int i=1; i<=n; i++) {
	int res=-1;
	while(head<=tail&&A[i]<=A[Q[tail]])res=Q[tail--];
	if(res!=-1) {
		if(rt==res)rt=i;
		ch[i][0]=res;
	}
	if(head<=tail)ch[Q[tail]][1]=i;
	Q[++tail]=i;
}

不太懂得人建议先去做一下HDU1506


回到这道题,我们构建一棵笛卡尔树后,就可以在上面跑树形dp了。

\(dp[x][i]\)表示在以x为根的子树中,放了i个棋子且放的位置大于\(h[fa]\)的方案数,其中fa表示x的父亲

那么,转移就直接拿左右儿子合并就好了:

dp[x][0]=1;
size[x]=1;
for(int i=0; i<=1; i++) {
	int t=ch[x][i];
	if(t==0)continue;
	DFS(t,x);
	for(int i=min(K,size[x]); i>=0; i--) {
		for(int j=min(K,size[t]); j>=1; j--) {
			if(i+j>K)continue;
			if(i+j==0)continue;
			dp[x][i+j]=(dp[x][i+j]+dp[x][i]*dp[t][j]%MOD)%MOD;
		}
	}
	size[x]+=size[t];
}

那么,现在我们就要考虑在\([h[fa]+1,h[x]]\)这一区间放棋子的方案数了。

由于以x为根的子树在序列中对应的都是连续区间,那么它们彼此之间必定互相牵制。

于是问题就转化成了:

给定一个\(size[x]*(h[x]-h[fa])\)的矩阵,在其中放K个棋子,其中每行每列最多只能放一个的方案数(假设\(size[x]\)\(h[x]-h[fa]\)都大于K)。

那么显然,我们现在\(size[x]\)中选K行,再在\(h[x]-h[fa]\)中选K列,那么一共有\(C_{size[x]}^{K}\cdot C_{h[x]-h[fa]}^{K}\)种方案,对于每种方案,棋子又有\(K!\)种排法,于是一共有\(C_{size[x]}^{K}\cdot C_{h[x]-h[fa]}^{K} \cdot K!\)种方案。

那么,我们在合并后枚举K,然后再转移一波。

于是,这道题就愉快的A了。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD=1000000007;
int n,K,rt,head,tail,A[1010],ch[1010][2],Q[1010],dp[1010][1010],size[1010],frac[1001000],inv[1001000],infr[1001000];
int Quick_Pow(int a,int p){
    int res=1;
    while(p){
        if(p&1)res=res*a%MOD;
        a=a*a%MOD;
        p>>=1;
    }
    return res;
}
int C(int x,int y){
    if(x<y)return 0;
    return frac[x]*infr[y]%MOD*infr[x-y]%MOD;
}
void DFS(int x,int fa){
    dp[x][0]=1;
    size[x]=1;
    for(int i=0;i<=1;i++){
        int t=ch[x][i];
        if(t==0)continue;
        DFS(t,x);
        for(int i=min(K,size[x]);i>=0;i--){
            for(int j=min(K,size[t]);j>=1;j--){
                if(i+j>K)continue;
                if(i+j==0)continue;
                dp[x][i+j]=(dp[x][i+j]+dp[x][i]*dp[t][j]%MOD)%MOD;
            }
        }
        size[x]+=size[t];
    }
    int cha=A[x]-A[fa];
    for(int i=min(size[x],K);i>=0;i--){
        for(int j=size[x]-i;j>=1;j--){
            if(i+j>K)continue;
            if(i+j==0)continue;
            dp[x][i+j]=(dp[x][i+j]+dp[x][i]*C(size[x]-i,j)%MOD*C(cha,j)%MOD*frac[j]%MOD)%MOD;
        }
    }
}
void init(){
    frac[0]=infr[0]=1;
    for(int i=1;i<=1000010;i++)inv[i]=Quick_Pow(i,MOD-2);
    for(int i=1;i<=1000010;i++)frac[i]=frac[i-1]*i%MOD,infr[i]=infr[i-1]*inv[i]%MOD;
}
signed main() {
    init();
    scanf("%lld %lld",&n,&K);
    rt=1,head=1,tail=0;
    for(int i=1; i<=n; i++)scanf("%lld",&A[i]);
    for(int i=1; i<=n; i++) {
        int res=-1;
        while(head<=tail&&A[i]<=A[Q[tail]])res=Q[tail--];
        if(res!=-1) {
            if(rt==res)rt=i;
            ch[i][0]=res;
        }
        if(head<=tail)ch[Q[tail]][1]=i;
        Q[++tail]=i;
    }
    DFS(rt,0);
    printf("%lld",dp[rt][K]);
    return 0;
}
posted @ 2019-09-10 12:52  TieT  阅读(191)  评论(0编辑  收藏  举报