【学习笔记】CF1608F MEX counting

考虑一个非常简单的问题：给定$MEX$序列，怎么算方案数。

我尝试从后往前做，然而发现要多记录一维状态表示已经出现的$MEX$种类，难以为继。

首先将$1\sim i$的数分成两类，一类是$<ME{X}_i$，这些数对后面的结果不会产生影响，一类是$>ME{X}_i$，称其为好的元素，我们只关心它的数量。进一步的，相同种类的元素可以看成一个，因此只考虑其种类数。

那么转移无非只有几种：

$1.1$ $a_{i+1}<ME{X}_i$，显然有$ME{X}_{i+1}=ME{X}_i$，转移系数为$ME{X}_i$
$1.2$ $a_{i+1}>ME{X}_i$，同样有$ME{X}_{i+1}=ME{X}_i$，这个好的元素可以新开一个种类，或者合并到原有的种类中去
$1.3$ $a_{i+1}=ME{X}_i$，那么$ME{X}_{i+1}>ME{X}_i$，注意$a_{i+1}$已经固定了，要将$(ME{X}_i,ME{X}_{i+1})$之间填满，记$D=ME{X}_{i+1}-ME{X}_i-1$，$k$表示好的元素的数目，方案数$A_k^D$

暴力转移复杂度$O(n^2{k}^2)$。这道题神奇的地方在于可以进一步优化。这也非常简单，相当于$MEX$那一维平移一格，系数只和$k$那一维有关所以在转移的同时算一下转移系数就做完了。

复杂度$O(n^{2}k)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
#define db double
#define cpx complex<db>
using namespace std;
const int mod=998244353;
int n,K,b[2005];
ll f[105][2005],f2[105][2005],g[105][2005],res,fac[2005],inv[2005];
void add(ll &x,ll y){x=(x+y)%mod;}
int check(int x,int y){return abs(b[x]-y)<=K;}
int getval(int x,int y){return b[x]-K+y;}
ll A(int x,int y){if(x<y)return 0;return fac[x]*inv[x-y]%mod;}
ll fpow(ll x,ll y=mod-2){
    ll z(1);
    for(;y;y>>=1){
        if(y&1)z=z*x%mod;
        x=x*x%mod;
    }return z;
}
void init(int n){
    fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[n]=fpow(fac[n]);for(int i=n;i>=1;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}
int main(){
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(0),cout.tie(0);
    cin>>n>>K,init(n);
    for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i];
    if(check(1,0))f[0-(b[1]-K)][1]=1;
    if(check(1,1))f[1-(b[1]-K)][0]=1;
    for(int i=1;i<n;i++){
        memset(g,0,sizeof g);
        memset(f2,0,sizeof f2);
        for(int j=0;j<=2*K;j++){
            for(int k=0;k<=i;k++){
                if(f[j][k]){
                    if(check(i+1,getval(i,j))){
                        add(g[getval(i,j)-(b[i+1]-K)][k],f[j][k]*getval(i,j));
                        add(g[getval(i,j)-(b[i+1]-K)][k+1],f[j][k]);
                        add(g[getval(i,j)-(b[i+1]-K)][k],f[j][k]*k);
                    }
                    if(getval(i,j)+1<=b[i+1]+K){
                        int D=max(0,b[i+1]-K-(getval(i,j)+1));
                        if(k>=D){
                            add(f2[getval(i,j)+D+1-(b[i+1]-K)][k-D],f[j][k]*A(k,D));
                        }
                    }
                }
            }
        }
        for(int k=i;k>=0;k--){
            for(int j=0;j<=2*K;j++){
                if(f2[j][k]){
                    add(g[j][k],f2[j][k]);
                    if(k)add(f2[j+1][k-1],f2[j][k]*k);
                }
            }
        }
        memcpy(f,g,sizeof g);
    }
    for(int i=0;i<=2*K;i++){
        for(int j=0;j<=n;j++){
            if(f[i][j]){
                add(res,f[i][j]*A(n-getval(n,i),j));
            }
        }
    }
    cout<<res;
}