AtCoder ABC217F Make Pair

ABC217F - Make Pair

tag: 区间 DP，计数

有 \(2N\) 名学生排成一列，从左到右编号分别为 \(1,2,\cdots,2N\)，其中已知 \(M\) 对学生 \(A_i,B_i\)（\(1\le i\le M\)）为好友。

老师将进行以下操作 \(N\) 次，最终形成 \(N\) 对学生组合：

• 每次选择 相邻且互为好友 的两名学生，将他们配对并从队列中移除；
• 若被移除的学生不在队列两端，则左右两侧的学生会靠拢成为新的相邻关系。

求完成 \(N\) 次操作的可能方案数，结果对 \(998244353\) 取模。

\(1\le N\le200\)。保证 \(0\le M\le N(2N-1)\)，\(1\le A_i,B_i\le2N\)，且所有 \(\{A_i,B_i\}\) 组合均不相同。

注意到移除的过程一定是从里向外扩张。考虑区间 DP，设 \(dp(l,r)\) 表示将 \([l,r]\)​ 范围内的学生移除的方案数。

初始状态：若 \(i,i+1\) 为好友，则 \(dp(i,i+1)=1\)。

另外，显然 \(dp(l,r)>0\) 仅当 \(r-l+1\) 为偶数。

\(dp(l,r)\) 可能由两种情况转移而来：

• 若 \(l,r\) 互为好友，则最后移除 \(l,r\)，贡献为 \(dp(l+1,r-1)\)。
• 从中间断开，枚举断点 \(k\)（\(l+1\le k\le r-1\)），分成两部分 \([l,k]\) 和 \([k+1,r]\)，若不考虑移除的顺序，方案数首先为 \(dp(l,k)\cdot dp(k+1,r)\)，再考虑到每次可以选择在左侧移除或者在右侧移除，其中左侧共移除 \((k-l+1)/2\) 次，右侧共移除 \((r-k)/2\) 次，两侧共移除 \((r-l+1)/2\) 次，因此再乘上一个 \(\binom{(r-l+1)/2}{(r-k)/2}\)。

根据加法原理，这两种情况再相加即可。

然而我们发现，如果单纯这样转移，可能有重复的情况，因为不同断点的方案可能是相同的。

例如 \(1,2,3,4,5,6\) 相邻的两两为朋友，\(dp(1,6)\) 可能被分成 \(dp(1,2),dp(3,6)\) 和 \(dp(1,4),dp(5,6)\)，而 \(dp(3,6)\) 内部和 \(dp(1,4)\) 内部再分成两部分，就导致了方案 \((1,2),(3,4),(5,6)\) 被计算了两次。

考虑类似《进阶指南》中 P10956 金字塔 的做法，以 第一个 极大的区间长度（\(k\)）作为阶段进行转移，这样就保证了不重不漏。

综上，状态转移方程为：

\[dp(l,r)=dp(l+1,k-1)\cdot dp(k+1,r)\cdot\binom{\frac{r-l+1}2}{\frac{r-k}2}, \]

其中 \(l,k\) 互为朋友，\(l+1\le k\le r\)，且 \(k\) 与 \(l\) 奇偶性不同。

注意：\(k=l+1\) 时以 \([l,l+1]\) 为第一个极大区间，\(dp(l+1,l)\) 贡献为 \(1\)；\(k=r\) 时以 \([l,r]\) 为唯一的极大区间，\(dp(r+1,r)\) 贡献也为 \(1\)。因此需要定义 \(dp(i+1,i)=1\)。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int const MOD = 998244353;
int const N = 410;
int dp[N][N], C[N][N];
bool f[N][N];

int ksm(int a, int x) {
    int res = 1;
    while (x) {
        if (x & 1) res = res * 1ll * a % MOD;
        a = a * 1ll * a % MOD;
        x >>= 1;
    }
    return res;
}

void solve() {
    int n, m;
    cin >> n >> m;
    C[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= (n << 1); i++) {
        dp[i + 1][i] = 1;
        C[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; j++) {
            C[i][j] = (C[i - 1][j] + C[i - 1][j - 1]) % MOD;
        }
    }
    for (int i = 1, a, b; i <= m; i++) {
        cin >> a >> b;
        f[a][b] = true;
        if (a == b - 1) {
            dp[a][b] = 1;
        }
    }
    for (int d = 4; d <= (n << 1); d += 2) {
        for (int l = 1, r = d; r <= (n << 1); l++, r++) {
            for (int k = l + 1; k <= r; k += 2) {
                if (!f[l][k]) continue;
                dp[l][r] += 1ll * dp[l + 1][k - 1] * dp[k + 1][r] % MOD * C[d / 2][(r - k) / 2] % MOD;
                dp[l][r] %= MOD;
            }
        }
    }
    cout << dp[1][n << 1] << '\n';
    return;
}

signed main() {
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(false);

    int tt = 1;
    // cin >> tt;
    while (tt--) solve();

    return 0;
}