【学习笔记】AGC043D Merge Triplets

不妨从必要条件入手，如果$a_i>a_{i+1}$那么显然$i$和$i+1$在同一块中，那么不妨做一个工作，按前缀$\max$将结果序列进行划分。

然后有一个神必的结论：$c_1\ge c_2$(或者$c_2+c_3\le n$)，其中$c_i$表示长度为$i$的段的数目。证明考虑，将结果序列划分成$n$个子序列，用$p_{i,j}$表示第$i$个子序列第$j$个数的位置，那么$p_{i,1},p_{i,2},p_{i,3}$递增并且对于$j=2,3$，满足$(p_{i,j-1},p_{i,j})$之间的数均比$a_{p_{i,j}}$小。显然划分的每一组的第一个数都是前缀最大值，因此构造是平凡的。那么方案数就是不同的划分数目。复杂度$O(n^2)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define ll long long
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int N=6e3+5; 
int n,mod;
int f[N][N];
void add(int &x,int y){
	if((x+=y)>=mod)x-=mod;
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0),cout.tie(0);
	cin>>n>>mod;f[3*n][0]=1;
	for(int i=3*n;i>0;i--){
		for(int j=0;j<=n;j++){
			if(f[i][j]){
				add(f[i-1][j],f[i][j]);
				if(i>=2)add(f[i-2][j+1],(ll)f[i][j]*(i-1)%mod);
				if(i>=3)add(f[i-3][j+1],(ll)f[i][j]*(i-1)%mod*(i-2)%mod);
			}
		}
	}int res(0);
	for(int i=0;i<=n;i++)add(res,f[0][i]);
	cout<<res;
}