【BZOJ4574】[ZJOI2016] 线段树（动态规划）
- 给定一个长度为\(n\)的数组\(a_i\)。
- 共会执行\(q\)次操作，每次随机选择一个区间，让区间中的所有数都成为这个区间的最大值。
- 问数组每个位置最终元素值的期望。
- \(n,q\le400\)
震惊，没想到居然能自己推出这道题来！
枚举最终值
考虑既然是求期望，我们不如枚举\(x\)，去计算第\(p\)个位置最终值为\(x\)的方案数。
恰为\(x\)不好求，一个简单的容斥就是变成求最终值小于等于\(x\)的方案数\(G_{p,x}\)，那么实际方案数就是\(G_{p,x}-G_{p,x-1}\)。
此时，我们就可以把所有小于等于\(x\)的数视作\(0\)，大于\(x\)的数视作\(1\)。
一开始序列中可能会有若干\(1\)，把序列分成了很多小段。而由于\(1\)是不可能消掉的，所以小段之间是相互独立的。
那么我们不妨设\(f_{i,j,k}\)表示\(i\)次操作之后，\([j,k]\)中的数都是\(0\)，且\(f_{j-1}=f_{k+1}=1\)的方案数。
转移时总共会有三种可能的情况：
- 当前修改区间不会影响到\([j,k]\)中的值。那么就是在\([1,j),[j,k],(k,n]\)中某一块内选择一个区间的方案数。
- 一段前缀被修改为\(1\)。则枚举原本的左端点\(t\)，有\(f_{i,j,k}=\sum_{t=1}^{j-1}f_{i,t,k}\times(t-1)\)，显然可以前缀和优化转移。
- 一段后缀被修改为\(1\)。则枚举原本的右端点\(t\)，有\(f_{i,j,k}=\sum_{t=k+1}^nf_{i,j,t}\times(n-t)\)，类似地可以后缀和优化转移。
于是我们已经有了一个\(O(n^4)\)的做法了。
最终贡献化数组初值
我们发现对于不同的\(x\)，\(DP\)转移的过程是完全一样的。
用\(s\)表示\(a\)排序后的结果，考虑最终答案的计算，就是\(\sum_{i=1}^ns_i(G_{p,s_i}-G_{p,s_{i-1}})\)。
稍微变个形就是\(\sum_{i=1}^n(s_i-s_{i+1})G_{p,s_i}\)。
考虑原先对于\(x\)的\(DP\)的初始状态，本应是给满足\(a_{j\sim k}\)都\(\le x\)且\(a_{j-1}>x,a_{k+1}>x\)的区间\(DP\)初值\(f_{0,j,k}\)赋为\(1\)。
因此现在我们只要先对于每个\(x\)，给满足\(a_{j\sim k}\)都\(\le x\)且\(a_{j-1}>x,a_{k+1}>x\)的区间\(DP\)初值\(f_{0,j,k}\)加上\(s_i-s_{i+1}\)，再一起\(DP\)一遍就好了。
代码：\(O(n^3)\)
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 400
#define X 1000000007
#define S(x) ((x)*((x)+1)/2)
#define Inc(x,y) ((x+=(y))>=X&&(x-=X))
using namespace std;
int n,m,a[N+5],s[N+5],f[2][N+5][N+5];
int main()
{
RI i,j,k;for(scanf("%d%d",&n,&m),i=1;i<=n;++i) scanf("%d",a+i),s[i]=a[i];
for(a[0]=a[n+1]=1e9,sort(s+1,s+n+1),i=1;i<=n;++i) for(j=1;j<=n;++j) if(a[j-1]>s[i])
for(k=j;k<=n&&a[k]<=s[i];++k) if(a[k+1]>s[i]) f[0][j][k]=(f[0][j][k]+s[i]-s[i+1]+X)%X;//初始化
RI o,t;for(i=o=1;i<=m;++i,o^=1)//动态规划
{
for(j=1;j<=n;++j) for(k=j;k<=n;++k) f[o][j][k]=1LL*f[o^1][j][k]*(S(j-1)+S(n-k)+S(k-j+1))%X;//不变
for(k=1;k<=n;++k) for(t=0,j=1;j<=k;++j) Inc(f[o][j][k],t),t=(1LL*f[o^1][j][k]*(j-1)+t)%X;//变左端点
for(j=1;j<=n;++j) for(t=0,k=n;k>=j;--k) Inc(f[o][j][k],t),t=(1LL*f[o^1][j][k]*(n-k)+t)%X;//变右端点
}
for(i=1;i<=n;printf("%d%c",t," \n"[i==n]),++i)//对每个位置，统计所有包含该位置的区间的答案
for(t=0,j=1;j<=i;++j) for(k=i;k<=n;++k) Inc(t,f[m&1][j][k]);return 0;
}
