[计数] [dp] AT_arc068_d [ARC068F] Solitaire

posted on 2025-04-08 03:36:55 | under | source

题意：将 \(1\dots n\) 依次插入双端队列，然后再取出来，求有多少种不同的取出序列 \(q\)，满足 \(q_k=1\)。

双端队列一定形如“倒 V 形”，那么 \(q_1\dots q_k\) 一定要满足可以划分为 \(\le 2\) 个下降序列。\(q_{k+1}\dots q_n\) 相当于在一个升序序列首尾轮流取，确定 \(q_{1}\dots q_k\) 后，后面的方案数为 \(2^{n-k-1}\)。

现在有两条路子：只对 \(q_1\dots q_k\) 计数，并加上限制；规定 \(q_{k+1}\dots q_n\) 的一种特殊取法，然后对整个序列计数。

个人认为后者更好一点。需规定后面的数必须只从一端取，那么统计可以划分为 \(\le 2\) 个下降序列（等价于不存在递增三元组）且 \(q_k=1\) 的序列数量即可。对 \(q\) 取反，前者同样成立，后者变为 \(q_1=k\) 即可。

这样做的好处是方便 dp，设 \(f_{i,j}\) 为合法 \(i\) 排列且 \(q_1=j\) 的方案数，有转移：

• \(f_{i,1}=1\)。
• \(f_{i,i}=\sum\limits_{j<i}f_{i-1,j}\)。
• \(1<j<i\)：\(f_{i,j}=\sum\limits_{k\le j} f_{i-1,k}\)。解释：\(q_2<j\) 无需考虑 \(q_1\) 开头的三元组（因为 \(q_2\) 显然更优）；\(q_2=i\) 时 \(q_2\) 扣掉即可；\(j<q_2<i\) 不可能成立（后面还有个 \(i\)）。

前缀和优化 \(O(n^2)\)。

从格路计数的角度出发，发现前缀和数组 \(g_{i,j}\) 恰好对应从 \((1,1)\) 走到 \((i,j)\) 而不超过对角线的方案数。即可 \(O(n)\)。