题解：AT_xmascon20_f Famous in Russia

\(\text{Link}\)

本题的 DP 部分相当复杂，现有的题解都不是很清晰，故我尝试描述得更加细致一些。

题意

对于给定的长为 \(n\) 的正整数序列 \(a_{1\sim n},b_{1\sim n}\)，定义 \(f(a_{1\sim n},b_{1\sim n},k)\) 为选择 \(k\) 个互不相同的 \([1,n]\) 下标 \(p_{1\sim k}\)，下式的最小值：

\[\max_{i=1}^k\left(b_{p_i}+\sum_{j=1}^ia_{p_j}\right) \]

给定 \(n,v\) 以及正整数序列 \(b_{1\sim n}\)，对于 \(1\le k\le n\) 分别求出：对于所有值域为 \([1,v]\) 的正整数序列 \(a_{1\sim n}\)，\(f(a_{1\sim n},b_{1\sim n},k)\) 之和对 \(998244353\) 取模的结果。

\(n\le 30\)，\(v\le 20\)，\(1\le b_i\le n\cdot v\)。

题解

快进完贪心与 slope trick，求解 \(f(a_{1\sim n},b_{1\sim n},*)\) 的过程如下：

• 将 \((a_i,b_i)\) 二元组按照 \(b_i\) 从小到大排序，令 \(b_{n+1}=+\infty\)，维护初始含有 \(+\infty\) 的小根堆 \(q\) 与变量 \(s=0\)；
• 顺序遍历 \(i=1\sim n\)：
  • 若 \(s\) 与堆顶元素之和小于等于 \(b_i\)，将 \(s\) 加上堆顶元素并弹出堆顶，重复执行直到条件不满足；
  • 将堆顶元素减小 \(b_i-s\)，并令 \(s\gets b_i\)；
  • 向堆内插入 \(a_i\)；
• 恰好弹出 \(k\) 个元素时的 \(s\) 即为所求。

接下来需要对该过程进行 DP。考虑求一个 \(k\) 的答案，令终止状态为恰好弹出 \(k\) 个元素的状态，则答案由「被弹出的元素之和」以及可能的「堆顶元素减少量」两部分组成。我们在过程中插入 \(a_i\) 时就钦定其在终止状态中是「完全弹出并贡献给 \(s\)」还是「部分或全部保留在堆内」。为了避免一些细节，我们规定两个元素相等时，先插入的元素更小。由于堆是小根堆，若最终存在一个数 \(x\) 保留在堆内，则所有 \(>x\) 的元素也必须保留在堆内；同理若 \(x\) 被弹出，则所有 \(<x\) 的元素也必须弹出。

设 \(f_{i,k,l,r,s}\) 表示已经填入了 \(a_{1\sim i-1}\)，其中已经钦定了 \(k\) 个元素最终被完全弹出，接下来所有 \(<l\) 的元素必须要弹出，\(\ge r\) 的元素必须要保留，当前的答案为 \(s\) 的方案数。

转移时首先考虑弹出元素并修改堆顶，分类讨论：

• 若 \(s\le b_i\)，此时堆内所有已被钦定需要弹出的元素均会被弹出，而钦定不被弹出的最小元素，即堆顶，会减小 \(b_i-s\)，故 \(l'\gets 0,r'\gets r-b_i+s,s'\gets b_i\)；
• 否则存在至少一个已被钦定需要弹出的元素仍未被弹出，若存在 \(\ge 2\) 个元素，则必定有 \(l\le s-b_i\)，此时 \(l\) 不会改变；否则只存在一个该类元素，限制变为 \(s-b_i\)；即 \(l'\gets \min(l,s-b_i),r'\gets r,s'\gets s\)。

接下来即可枚举 \(a_i\) 的取值并根据其与 \(l',r'\) 的大小关系更新。

时间复杂度 \(O(n^3v^4)\)，若使用前缀和优化可以做到 \(O(n^3v^3)\)。

f[0][0][0][v+1][0]=1;
int c=0;
for(int i=1;i<=n+1;i++,c=!c)
	for(int j=0;j<i;j++)
		for(int l=0;l<=v;l++)
			for(int r=1;r<=v+1;r++)
				for(int s=0;s<=u;s++){
					int w=f[c][j][l][r][s];
					if(!w) continue;
					f[c][j][l][r][s]=0;
					int sp=max(s,b[i]),lp=min(l,sp-b[i]),rp=r==v+1?r:r-sp+s;
					if(s!=b[i-1]&&sp==b[i])
						inc(ans[j],1ll*w*s%mod*pw[n-i+1]%mod);
					if(rp<=0) continue;
					for(int t=1;t<=v;t++){
						if(t>=lp) inc(f[!c][j][lp][min(rp,t)][sp],w);
						if(t<rp&&j<n) inc(f[!c][j+1][max(lp,t)][rp][sp+t],w);
					} 
				}