ARC053D 2 つの山札

题意

给定两个长度为 \(n\) 的排列 \(a,b\)。

初始你有一个空序列 \(c\)。每次操作你可以选择任意一个长度 \(\ge 2\) 的序列，删掉其第一个元素，并把另外一个序列的第一个元素加入序列 \(c\) 的末尾，直到无法操作。不难发现 \(c\) 的长度为 \(2n-2\)。

求本质不同的 \(c\) 个数。

\(n\le 1000\)。

分析

我们考虑将原问题抽象化一下：画出一个 \(n\times n\) 的网格图，第 \(i\) 行的所有边的权值均填为 \(a_i\)，第 \(j\) 列的所有边权值均填为 \(b_j\)，原题实际上就相当于在网格图上行走，只能向下走或向右走，经过的所有边的权值形成的本质不同的序列个数。

下图给出了一个 \(n=5,a=\{3,1,4,2,5\},b=\{3,2,4,1,5\}\) 的例子。

图片来源于网络。

设 \(f_{i,j}\) 表示走到 \((i,j)\) 形成的本质不同的序列个数，显然有转移 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1}\)。

但是我们发现，当 \(a_i=b_j\) 时，可能会出现两个本质相同的序列被计算了两次的情况。我们再把它减掉。

考虑两条会算重的本质相同的路径，它从 \((x,y)\) 点出发，交汇于 \((i,j)\)，且两条路径中间不相交（否则这两个路径会在更早相交的位置减掉），且两条路径经过的权值形成的序列相等。

发现了这样一些性质：

• 两条路径一定是同时拐弯，因为 \(a,b\) 是排列，如果某一个提前转弯一定会导致序列不同。由此也可以推出 \((x,y),(i,j)\) 围成的矩形是正方形，也就是说，\((x,y)\) 一定是 \((i-t,j-t),t\in Z_+\)。由此也可以推出，两条路径关于该正方形的主对角线对称，知道其中一条即可推演出另一条。
• 如果两条路径要在某一时刻拐弯，那么拐弯后两条路径所在的行和列仍然需要满足 \(a_{i'}=b_{j'}\)。由于是同时拐弯，所以 \((i',j')\) 这个点仍然在正方形的主对角线上。

我们将 \((x,y),(i,j)\) 围成的正方形中所有在对角线上且 \(a_i=b_j\) 的点单独取出并过该点作两条相互垂直的直线，形成一个新网格图，题意就相当于从左上角出发，只能向下向右走，在除了起点终点处不接触对角线的路径条数。显然就是卡特兰数 \(C_{cnt-1}\)，\(cnt\) 是 \((x,y)\) 到 \((i,j)\) 这条对角线上满足 \(a_i=b_j\) 的点数，不将 \((x,y)\) 算在内。

得到转移方程 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+f_{i,j-1}-\sum_{t}f_{i-t,j-t}\times C_{cnt_t-1}\)。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

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#define x1 xx1
#define y1 yy1
#define IOS ios::sync_with_stdio(false)
#define ITIE cin.tie(0)
#define OTIE cout.tie(0)
#define PY puts("Yes")
#define PN puts("No")
#define PW puts("-1")
#define P0 puts("0")
#define P__ puts("")
#define PU puts("--------------------")
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define gc getchar
#define pc putchar
#define pb emplace_back
#define un using namespace
#define all(x) x.begin(),x.end()
#define rep(a,b,c) for(int a=(b);a<=(c);++a)
#define per(a,b,c) for(int a=(b);a>=(c);--a)
#define reprange(a,b,c,d) for(int a=(b);a<=(c);a+=(d))
#define perrange(a,b,c,d) for(int a=(b);a>=(c);a-=(d))
#define graph(i,j,k,l) for(int i=k[j];i;i=l[i].nxt)
#define lowbit(x) (x&-x)
#define lson(x) (x<<1)
#define rson(x) (x<<1|1)
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof x)
//#define double long double
//#define int long long
//#define int __int128
using namespace std;
typedef long long i64;
typedef unsigned long long u64;
using pii=pair<int,int>;
bool greating(int x,int y){return x>y;}
bool greatingll(long long x,long long y){return x>y;}
inline int rd(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48;ch=getchar();}return x*f;
}
inline void write(int x,char ch='\0'){
	if(x<0){x=-x;putchar('-');}
	int y=0;char z[40];
	while(x||!y){z[y++]=x%10+48;x/=10;}
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}
bool Mbg;
const int maxn=5e3+5,maxm=4e5+5,inf=0x3f3f3f3f,mod=1e9+7;
const long long llinf=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
int n;
int a[maxn],b[maxn];
int c[maxn];
int ksm(int x,int y){
	int res=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)res=1ll*res*x%mod;
	return res;
}
int f[maxn][maxn];
inline void solve_the_problem(){
	n=rd();
	rep(i,1,n)a[i]=rd();
	rep(i,1,n)b[i]=rd();
	c[0]=1;
	rep(i,1,n){
		int res=1ll*(4*i-2)*ksm(i+1,mod-2)%mod;
		c[i]=1ll*c[i-1]*res%mod;
	}
	rep(i,1,n)f[1][i]=f[i][1]=1;
	rep(i,2,n)rep(j,2,n){
		f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i][j-1])%mod;
		if(a[i]==b[j]){
			int cnt=0;
			for(int k=1;i-k>=1&&j-k>=1;++k){
				if(a[i-k]==b[j-k]){
					int res=1ll*c[cnt]*f[i-k][j-k]%mod;
					f[i][j]=(f[i][j]+mod-res)%mod,++cnt;
				}
			}
		}
	}
	write(f[n][n]);
}
bool Med;
signed main(){
//	freopen(".in","r",stdin);freopen(".out","w",stdout);
//	fprintf(stderr,"%.3lfMB\n",(&Mbg-&Med)/1048576.0);
	int _=1;
	while(_--)solve_the_problem();
}
/*

*/