QOJ2568 Mountains

个人记录第二十三篇。

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这个题完全可以把 \(n\) 和 \(m\) 开的更大然后 \(k\) 开到 \(\inf\) 的。

题意

有一个 \(n\times m\) 的网格图，格子 \((i,j)\) 里面填有非负整数 \(a_{i,j}\)。现在你从 \((1,1)\) 出发，每次可以走到 \((i+1,j)\) 或者 \((i,j+1)\)，最终走到 \((n,m)\)。由于你的特殊喜好，你只想走 \(a_{i,j}\) 之和（称为这条路径的权值）最大的一条路径。现在你想知道，有多少种这样的网格图，能够使最大权值小于等于 \(k\)。

\(1\le n,m,k\le100\)。

Solution

看着很像一个 dp 对吧，那不妨从 dp 的角度考虑。

设 \(dp_{i,j}\) 表示从 \((1,1)\) 走到到 \((i,j)\) 的最大路径权值，可以得到 \(dp_{n,m}\le k\)。显然有转移 \(dp_{i,j}=a_{i,j}+\max\{dp_{i-1,j},dp_{i,j-1}\}\)。所以 \(a_{i,j}=dp_{i,j}-\max\{dp_{i-1,j},dp_{i,j-1}\}\)。

因为 \(a_{i,j}\ge 0\)，所以 \(dp_{i,j}\ge\max\{dp_{i-1,j},dp_{i,j-1}\}\)。

容易发现，\(dp_{1,1}\ge\max\{dp_{0,1},dp_{1,0}\}=\max\{0,0\}=0\)，所以 \(0\le dp_{1,1}\le k\)。

根据转移过程中每个 \(dp\) 值的变化，可以得到 \(0\le dp_{i,j}\le k\)。

于是问题转化成：求有多少个 \(n\times m\) 的矩阵，满足里面每个元素在 \([0,k]\) 范围内，并且每一行从左至右单调不降，每一列从上到下单调不降。

求这个东西有一个著名的公式，叫 Macmahon 公式（尽管我从未听说过有这个东西）：

\[\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^m\prod_{t=1}^k\frac{i+j+t-1}{i+j+t-2} \]

证明我不会，据说跟杨表有关。

因为 \(1\le n,m,k\le100\)，所以直接暴力算就行了，复杂度 \(O(nmk)\)，可以通过。

加强版

如果现在 \(1\le n,m\le 5000,1\le k\le 10^9\)，怎么做？

之前的 \(O(nmk)\) 已经不再适用了。考虑优化这个公式。

将第三层求积式展开：

\[\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^m\frac{i+j}{i+j-1}\times\frac{i+j+1}{i+j}\times\frac{i+j+2}{i+j+1}\cdots\times\frac{i+j+k-1}{i+j+k-2} \]

可以发现有一堆分子和分母被消去了。最终剩下的是

\[\prod_{i=1}^n\prod_{j=1}^m\frac{i+j+k-1}{i+j-1} \]

恭喜你找到了复杂度与 \(k\) 无关的 \(O(nm)\) 做法。

加强加强版

现在 \(1\le n,m\le 10^6,1\le k\le 10^9\)，怎么做？

我们需要一个线性做法。考虑继续优化这个式子。你会发现原式中有很多项是一样的。于是容易想到：我们直接将这些相同的项统一乘起来来降低复杂度。

似乎这些项是有规律可循的？注意到每一项都包含 \(i+j\)，好像能用格点图来解释。将格点图中行数加列数相等（\(i+j\) 相等）的格点连成一条线。

可以发现图中红线经过的格子数是先增大后减小的，并且对于 \(i+j\) 和 \(n+m-i-j\)，它们对应的格子数相等。

所以对于原式中的每一项，它被乘的次数就是对应 \(i+j\) 的红线经过的格子数。

设 \(t=i+j\)，\(c_t\) 表示 \(t\) 这条红线经过的格子数，显然有 \(c_t=\min\{t-1,n,m,n+m-t+1\}\)。于是答案即为

\[\prod_{i=2}^{n+m}\left(\frac{i+k-1}{i-1}\right)^{c_i} \]

于是我们有了这道题的 \(O(n+m)\) 做法。