排列有关 DP/计数

每年都在考，每年都不会。

排列有关 DP 通常解决方式：

预定（绝对） 插入（相对）
按下标 从左往右逐一确定值 从左往右逐一确定当前值在前缀中的排名
按值 从小到大逐一确定位置 从小到大逐一插入排列

从小到大插入元素

依赖邻项或与下标产生关联的计数问题

可以尝试连续段 DP。

连续段 DP 一般可以将维护的连续段看做游离状态，即我们只需要知道当前状态有多少个连续段，而不在意它们具体位置。因为在连续段合并的时候通常就能够确定某些点的相对位置，而当状态内连续段数量达到下限时，所有点的真实位置也就已经确定了。

简单地，连续段 DP 也可以看做是建笛卡尔树的过程：

  1. 新建叶子节点。
  2. 合并节点。
  3. 成为某个节点的儿子。

CF1515E Phoenix and Computers

发现 \(i\) 在 \(i-1\) 和 \(i+1\) 都被打开的时候必定被打开。这是个邻项依赖的关系。对于连续段 DP，可以尝试定义状态函数 \(f_{i,len}\) 为手动打开了 \(i\) 台电脑，且这些电脑在原位置上构成了 \(len\) 个段的方案数。

那么数量下界是什么？对于自动打开的，因为无论如何都不能手动开，所以在手动打开所有可以开的电脑后统一自动开剩下电脑是一样的。那么对于已知真实位置的一种局面，无法再手动打开电脑当且仅当相邻两个连续段满足 \(r_i-l_i-1=1\)。也就是中间只有一台没被打开的电脑。如果连续段数量为 \(len\)，那么这些空位的数量应该是 \(len-1\)。那么对于手动打开 \(i\) 台电脑的下界（其实应该说是上界，但是也可以看做没打开的电脑数量的下界）就是 \(len=n-i+1\)。所以最终答案应该是 \(\sum f_{i,n-i+1}\)。

现在考虑转移。通常地，连续段 DP 有三种转移：

  1. 加入新的段。
  2. 加在某一段的两边。
  3. 加在某一段的两边时与另外一个段合并。可以看做是这两个段中间只有一个空位，把空位占了自然就需要合并。

显然这题没有第三种情况。

  1. 加入新的段。\(f_{i,j}=j\times f_{i-1,j-1}\)。
  2. 加在某一段的两边。有 \(f_{i,j}=2\times j \times f_{i-1,j}\)。

时间复杂度 \(O(n^2)\)。

P7967 [COCI 2021/2022 #2] Magneti

之前写的，粘过来了。

注意到，对于相邻两个位置的磁铁 \(p_i,p_{i+1}\)。只有当 \(x_{p_{i+1}}-x_{p_i} \ge \max(r_{p_i},r_{p_{i+1}})\) 时两个磁铁才不会相互吸引。

我们把一个磁铁的排列状态极致压缩，保证 \(x_{p_{i+1}}-x_{p_i} = \max(r_{p_i},r_{p_{i+1}})\)。记这样会占用 \(k\) 个位置，那么剩下的 \(l-k\) 个位置就可以在这些磁铁之间随便插了。方案数为 \(C_{l-k}^{n}\)。那么现在我们就只需要维护出在占用 \(k\) 个位置时，极致压缩后磁铁排列的方案数。

不妨将 \(r_i\) 从小到大排序，那么将 \(i\) 插到 \(x,y\) 之间时，代价一定是 \(r_i\)。这样我们就去掉了 \(\max(r_{p_i},r_{p_{i+1}})\) 的限制。

考虑 DP。不难发现，对于第 \(i\) 个磁铁，如果我们放到前 \(i-1\) 个磁铁形成的排列的两端，则会产生 \(r_i\) 的代价。如果我们插到 \(x\) 和 \(y\) 之间，则会产生 \(r_i-\max(r_x,r_y)\) 的代价。前者维护不难，考虑如何维护后者。

这里有个很简单的做法，貌似叫连续段 DP。因为我们插中间会破坏掉原来的结构，那干脆让之前就没有这个结构。形式化的，我们将前 \(i-1\) 个磁铁分成若干个连续的段，那么 \(i\) 插到 \(x,y\) 之间就相当于是合并了两个连续段。只要我们强制让已经合并的两个磁铁之间不再有磁铁插入，就能够保证算法的正确性了。因为这个过程相当于是在倒着维护插入的过程，每次后插入的磁铁合并相邻的磁铁后，前面插入的磁铁就不可能再去破坏了。

定义状态函数 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 个磁铁，已经形成了 \(j\) 个连续段，且极致压缩后占用了 \(k\) 个位置的方案数。对第 \(i\) 个磁铁进行分类讨论：

  1. 单独形成一个连续段，有：\(f_{i,j,k}\to f_{i,j,k}+f_{i-1,j-1,k}\)。
  2. 拼在某个连续段的两边，有：\(f_{i,j,k}\to f_{i,j,k}+2\times j\times f_{i-1,j,k-r_i}\)。
  3. 将两个连续段拼起来。因为 \(r_i\) 是目前最大的，所以拼起来的代价将会是 \(2\times r_i\)。有：\(f_{i,j,k}\to f_{i,j,k}+2\times C_{j+1}^2 \times f_{i-1,j+1,k-2\times r_i}\)。

那么答案就是 \(\sum\limits_{i=0}^{l-n} f_{n,1,i}\times C_{l-i}^{n}\)。时间复杂度 \(O(n^2l)\)。

不知道哪里的题

网上看到的，[链接](浅谈一类处理状态转移依赖邻项的排列计数问题的 dp 策略：连续段 dp（线头 dp） - ChroneZ - 博客园)。

题意：

给定序列 \(a_{1\dots n}\)，满足 \(a_i \in \{0,1\}\)。对于 \(k=1\dots n\)，求 \(1 \sim n\) 的排列 \(p\) 的数量，满足：

  1. \(p_n=k\)。
  2. 对于 \(i \in [1,n-1]\)。若 \(a_{p_i} =1\)，则 \(p_i>p_{i+1}\)，否则 \(p_i <p_{i+1}\)。

保证 \(1 \le n \le 5000\)。答案对大质数 \(mod\) 取模。

邻项产生依赖。

如果没有第一个限制怎么做。从 \(1\sim n\) 插入 \(i\)。对于当前局面中的一个连续段，如果要在两端加入 \(i\)，则需要满足：

  1. \(a_i=1\)。可以放左边或右边，放右边的时候需要满足该连续段右边为 \(0\)。
  2. \(a_i=0\)。不能放左边，放右边的时候需要满足该连续段右边为 \(0\)。

那么可以看做一个连续段的右边必定为 \(0\)，也就是说，\(a_i=1\) 只能用来合并（放左边的时候）。定义状态函数 \(f_{i,j}\) 表示加入 \([1,i]\) 后有 \(j\) 段，那么有转移方程：

  1. 加入新的段。条件为 \(a_i=0\)。\(f_{i,j}=j\times f_{i-1,j-1}\)。
  2. 加在某一段的两边。显然只能加在右边。\(f_{i,j}=j \times f_{i-1,j}\)。
  3. 加在某一段的两边时与另外一个段合并。条件为 \(a_i=1\)。\(f_{i,j}=2\times C_{j+1}^2 \times f_{i-1,j+1}\)。

注意到，如果一个连续段的右边抵到 \(n\) 了，那么这个段的右边实际上是可以是 \(0\) 的。类似于摩天大楼，再维护一位 \(0/1\) 表示是否存在抵到 \(n\) 的连续段即可。答案为 \(f_{n,1,1}\)。

如果有第一个限制怎么做。暴力地，\(O(n^3)\) 可以用上面的方法直接做。简单观察，维护 \([1,k-1]\) 分成 \(x\) 个连续段与 \([k+1,n]\) 分成 \(y\) 个连续段的情况。如果把前面 \(x\) 个连续段看成 \(0\)，后面 \(y\) 个连续段看成 \(1\)，\(k\) 这个点看成 \(2\)。那么一个合法的拼接应该长成：\((0)10101010\dots 01010(1)2\)，因为同色连续必定合并。则 \(|x-y|\le 1\)。枚举 \(x\)，暴力求方案数就行。维护 \(f_{i,j}\) 表示 \([1,i]\) 分成 \(j\) 个连续段的方案数，\(g_{i,j}\) 表示 \([i,n]\) 分成 \(j\) 个连续段的方案数。例如 \(x=y\) 的时候，方案数就是 \(f_{k-1,x} \times g_{k+1,y} \times 2\)。因为可以 \(0101\dots 01012\) 或者 \(1010\dots 10102\)。其它两种同理。那么枚举 \(x,y\) 的时间复杂度 \(O(n)\)，枚举 \(k\) 的时间复杂度 \(O(n)\)，预处理 \(f,g\) 的时间复杂度 \(O(n^2)\)。总时间复杂度 \(O(n^2)\)。

CF704B Ant Man

  1. \(j<i\)。\(x_i-x_j+c_i+b_j\)。
  2. \(j>i\)。\(x_j-x_i+d_i+a_j\)。

将 \(c_i\) 变成 \(c_i+x_i\)，\(b_i\) 变成 \(b_i-x_i\)，\(a_i\) 变成 \(a_i+x_i\)，\(d_i\) 变成 \(d_i-x_i\)。则：

  1. \(j<i\)。\(c_i+b_j\)。
  2. \(j>i\)。\(d_i+a_j\)。

如果记访问的排列为 \(p\)，那么这就是个关于 \(p_i,p_{i+1}\) 的分段函数的和的最优化问题。考虑从 \(1\sim n\) 加入 \(i\)。定义状态函数 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 个数，分成 \(j\) 个连续段的最小代价。

当 \(i\) 不是 \(s\) 或 \(e\) 时：

  1. 加入新的段。因为两边连的都一定是比 \(i\) 大的。所以 \(f_{i,j+1}=f_{i-1,j}+b_i+d_i\)。
  2. 加在某一段的两边。如果加某段的左边，那么 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+b_i+c_i\)。如果加某一段的右边，那么 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}+a_i+d_i\)。
  3. 加在某一段的两边时与另外一个段合并。那么 \(f_{i,j}=f_{i-1,j+1}+a_i+c_i\)。

当 \(i=s\) 时：

  1. 加入新的段。因为是开头，所以 \(f_{i,j+1}=f_{i-1,j}+d_i\)。
  2. 加在某一段的两边。只能加左边，\(f_{i,j}=f_{i-1,j}+c_i\)。
  3. 加在某一段的两边时与另外一个段合并。不可能。

当 \(i=e\) 时：

  1. 加入新的段。因为是结尾，所以 \(f_{i,j+1}=f_{i-1,j}+b_i\)。
  2. 加在某一段的两边。只能加右边，\(f_{i,j}=f_{i-1,j}+a_i\)。
  3. 加在某一段的两边时与另外一个段合并。不可能。

最后答案为 \(f_{n,1}\)。时间复杂度 \(O(n^2)\)。

需要注意在 \(i=n\) 之前 \(\max(s,e)\) 之后不能合并成一段，还有一些限制比较容易。

AT_abc134_f [ABC134F] Permutation Oddness

这题和连续段真的有关系吗？

先给个比较正常的做法。注意到 \(|i-p_i|=\max(i,p_i)-\min(i,p_i)\)。那么将 \(i=1\dots n\) 看成红色小球，\(p_i=1\dots n\) 看成蓝色小球。并且将它们按照值从小到大排序。则问题就相当于求：红蓝小球配对，配对价值为排在后面的小球的值减去排在前面的小球的值，求有多少种配对方式，使得这 \(n\) 个红蓝小球对的价值和为 \(k\)。

定义状态函数 \(f_{i,x,y,s}\) 表示考虑完前 \(i\) 个球，有 \(x\) 个红色小球和 \(i\) 后面的蓝色小球配对，有 \(y\) 个蓝色小球和 \(i\) 后面的红色小球配对，且当前价值和为 \(s\) 的方案数。

  1. 红色小球。
    1. 匹配之前的蓝色小球。\(f_{i,x,y-1,s+v_i}=f_{i-1,x,y,s}\)。
    2. 匹配之后的蓝色小球。\(f_{i,x+1,y,s-v_i}=f_{i-1,x,y,s}\)。
  2. 蓝色小球。
    1. 匹配之前的红色小球。\(f_{i,x-1,y,s+v_i}=f_{i-1,x,y,s}\)。
    2. 匹配之后的红色小球。\(f_{i,x,y+1,s-v_i}=f_{i-1,x,y,s}\)。

这样做的时间复杂度 \(O(n^5)\)。已经可以过了。但是像这种配对问题通常有个简单的优化：记 \(cnt_{i,0/1}\) 表示前 \(i\) 个数中，红、蓝小球的数量。那么枚举 \(x\) 就能知道有 \(cnt_{i,0}-x\) 个红色小球已经与 \([1,i]\) 中的 \(cnt_{i,0}-x\) 个蓝色小球配对了，那么还没配对的蓝色小球数量一定满足 \(y=cnt_{i,1}-(cnt_{i,0}-x)\)。时间复杂度降至 \(O(n^4)\)。像这种延后决策的计数题后面会说。

然后是不太正常的连续段 DP。对于 \((i,p_i)\) 有关的问题，可以尝试连边 \(i \to p_i\)。那么会得到若干个置换环，每个置换环的价值为边的价值和。定义状态函数 \(f_{i,j,k}\) 表示插入 \([1,i]\) 的点后，形成了 \(j\) 个未合并的置换环与若干个已合并的置换环，且价值为 \(k\) 的方案数。那么从小到大加 \(i\)，有：

  1. \(i\) 是一个新的环上某点。因为后面的都比 \(i\) 大，所以 \(f_{i,j+1,s-2i}=f_{i-1,j,s}\)。
  2. \(i\) 是一个新的环上某点，且该环是一元环。\(f_{i,j,s}=f_{i-1,j,s}\)。
  3. \(i\) 加在某个未合并的置换环两边。\(f_{i,j,s}=2 \times j \times f_{i-1,j,s}\)。
  4. \(i\) 加在某个未合并的置换环两边，且发生两个置换环的连接。\(f_{i,j-1,s+2i}=2\times C_{j}^2 \times f_{i-1,j,s}\)。
  5. \(i\) 加在某个未合并的置换环两边，且该置换环合并。\(f_{i,j-1,s+2i}=j \times f_{i-1,j,s}\)。

最后答案为 \(f_{n,0,k}\)。时间复杂度 \(O(n^4)\)。

P10547 [THUPC 2024 决赛] 排列游戏

和上面那题一模一样，只是 \(k=2m\)。很显然，\(O(n^4)\) 不够优秀。

根据摩天大楼的 trick，\(|i-j|\) 可以转化为 \(\sum\limits_{k=i+1}^{j} d_k\)，其中 \(d_i=i-(i-1)\)，即差分数组。那么只需要在每个 \(i\) 的时候额外加上 \(2j\) 就行了。时间复杂度变成 \(O(n^2m)\)。仍然不够优秀。进一步地，发现如果最后有 \(x\) 个置换环，那么价值和是 \(O(x^2)\) 级别的（构造 \((1),(2),(3),(4),\dots\)）。所以置换环数量 \(O(\sqrt{m})\) 级别。那么时间复杂度降至 \(O(nm\sqrt{m})\)。

延后决策

通常是一些信息对于当前局面不产生影响，但是会对之后决策形成的局面产生影响。这个时候利用技巧记录这些可能产生影响的信息就是延后决策了。

AT_abc134_f [ABC134F] Permutation Oddness

注意到 \(|i-p_i|=\max(i,p_i)-\min(i,p_i)\)。那么将 \(i=1\dots n\) 看成红色小球，\(p_i=1\dots n\) 看成蓝色小球。并且将它们按照值从小到大排序。则问题就相当于求：红蓝小球配对，配对价值为排在后面的小球的值减去排在前面的小球的值，求有多少种配对方式，使得这 \(n\) 个红蓝小球对的价值和为 \(k\)。

定义状态函数 \(f_{i,x,y,s}\) 表示考虑完前 \(i\) 个球，有 \(x\) 个红色小球和 \(i\) 后面的蓝色小球配对，有 \(y\) 个蓝色小球和 \(i\) 后面的红色小球配对，且当前价值和为 \(s\) 的方案数。

  1. 红色小球。
    1. 匹配之前的蓝色小球。\(f_{i,x,y-1,s+v_i}=f_{i-1,x,y,s}\)。
    2. 匹配之后的蓝色小球。\(f_{i,x+1,y,s-v_i}=f_{i-1,x,y,s}\)。
  2. 蓝色小球。
    1. 匹配之前的红色小球。\(f_{i,x-1,y,s+v_i}=f_{i-1,x,y,s}\)。
    2. 匹配之后的红色小球。\(f_{i,x,y+1,s-v_i}=f_{i-1,x,y,s}\)。

这样做的时间复杂度 \(O(n^5)\)。已经可以过了。但是像这种配对问题通常有个简单的优化：记 \(cnt_{i,0/1}\) 表示前 \(i\) 个数中，红、蓝小球的数量。那么枚举 \(x\) 就能知道有 \(cnt_{i,0}-x\) 个红色小球已经与 \([1,i]\) 中的 \(cnt_{i,0}-x\) 个蓝色小球配对了，那么还没配对的蓝色小球数量一定满足 \(y=cnt_{i,1}-(cnt_{i,0}-x)\)。时间复杂度降至 \(O(n^4)\)。

AT_arc207_a [ARC207A] Affinity for Artifacts

和上面的题一模一样，不说。

P8321 『JROI-4』沈阳大街 2

求 \(\prod \min(A_i,B_{p_i})\) 的和。经典小球题。

把 \(A,B\) 排序，然后配对即可。

P14364 [CSP-S 2025] 员工招聘

求排列 \(p\) 的数量，使得 \(f(p) \ge m\)。对于 \(f(p)\)，有：

  1. 初始拒绝人数为 \(w=0\)。
  2. 如果 \(s_i=0\)，则拒绝的人数 \(w+1\)。
  3. 如果 \(s_i=1\)，且 \(c_i \le w\)，则拒绝的人数 \(w+1\)。
  4. 如果 \(s_i=1\)，且 \(c_i >w\)，则拒绝的人数不变。

\(f(p)\) 即为 \(n-w\)。

像这种题，发现随着天数增加，拒绝人数不降，并且需要的 \(c\) 也不降。那么就可以尝试按照天数往后 DP。

进一步地，对于第 \(i\) 天的情况分类讨论：

  1. \(s_i=0\)。无论 \(c_j\) 是多少都会拒绝。
  2. \(s_i=1\)。需要满足 \(c_j > w\) 才不会拒绝。

发现我们只关心 \(c_j\) 和 \(w\) 的大小关系（\(s_i=0\) 可以看做 \(>,=,<\) 都有），而不关心具体值。那么尝试设计状态函数 \(f_{i,w,j}\) 表示前 \(i\) 天结束，拒绝人数为 \(w\)，且 \([1,i]\) 中一共有 \(j\) 个 \(>w\) 的人的方案数。这样设计的好处是？

  1. 能够通过枚举 \(w\) 解决拒绝人数的问题。
  2. 能够通过预先站位，延后决策解决后面不知道某个数能不能选的问题。

考虑转移：

  1. \(s_i=0\)。
    1. 这一天 \(c \le w\)。因为已知之前选择了 \(j\) 个 \(>w\) 的人，所以能选的人数一定为 \(\sum\limits_{i=1}^{n}[c_i \le w]-(i-1-j)\)。维护 \(s_i=\sum\limits_{j=1}^{n}[c_j \le i]\)。枚举 \([1,i-1]\) 中有多少个选了 \(c > w\) 的位置恰好是 \(w+1\)，那么有：\(f_{i,w+1,j-x}=f_{i-1,w,j}\times (s_w-(i-1-j))\times C_{cnt_{w+1}}^{x} \times C_{j}^{x} \times x!\)。
    2. 这一天的 \(c=w+1\)。同理有 \(f_{i,w+1,j-x}=f_{i-1,w,j}\times C_{cnt_{w+1}}^{x+1} \times C_{j}^{x} \times (x+1)!\)。
    3. 这一天的 \(c>w+1\)。延后决策了，先不管选了什么。\(f_{i,w+1,j-x+1}=f_{i-1,w,j}\times C_{cnt_{w+1}}^{x} \times C_{j}^{x} \times x!\)。
  2. \(s_i=1\)。
    1. 这一天的 \(c \le w\)。拒绝人数会增加，\(f_{i,w+1,j-x}=f_{i-1,w,j}\times (s_{w}-(i-1-j))\times C_{cnt_{w+1}}^x \times C_{j}^{x} \times x!\)。
    2. 这一天的 \(c>w\)。拒绝人数不变，\(f_{i,w,j+1}=f_{i-1,w,j}\)。

对于答案。枚举最后一天结束时的 \(w\)，那么有答案为：\(\sum\limits_{w=0}^{n}f_{n,w,n-s_w}\times (n-s_w)! [n-w \ge m]\)。

时间复杂度 \(O(n^4)\)。发现 \(x\) 的上界是 \(cnt_{w+1}\)，那么枚举 \(i\) 时间复杂度 \(O(n)\)，枚举 \(j\) 时间复杂度 \(O(n)\)，枚举 \(w\) 时间复杂度 \(O(n)\)，枚举 \(x\) 时间复杂度 \(O(cnt_{w+1})\)。后面两个总的时间复杂度 \(O(\sum\limits_{w=0}^{n}cnt_w)\)，也就是 \(O(n)\) 的。那么这样转移就是对的。

时间复杂度 \(O(n^3)\)。

P14465 霞む夏の灯

\(c_{\min(|i-p_i|,m)}\) 和一位。

套路地，构造 \(112233\dots nn\)。点 \(i\) 有颜色，红或蓝。红点表示原有的 \(i\)，蓝点表示 \(p\)。

首先如果这一位确定了，那么删掉 \(i,p_i\)。则现在问题变成：红蓝匹配，价值为 \(c_{\min(\max(u,v)-\min(u,v),m)}\)。求价值乘积的和。

因为 \(m\le 6\)，也就是说我们只需要在意和 \(i\) 距离 \(<6\) 的点的状态与 \(\ge 6\) 的点被选择的数量。定义状态函数 \(f_{i,j,k,s}\) 表示前 \(i\) 个数，有 \(j\) 个红球匹配后面，\(k\) 个蓝球匹配后面与 \(\ge i+6\) 的位置匹配，\(i\) 前面 \(m\) 个数的状态为 \(s\) 的方案数。考虑加入 \(i\)：

  1. 是红球。
    1. 匹配之前的蓝球。
    1. 匹配一个 \(i-j \le m\) 的蓝球。那么记 \(s\) 中 \(0\) 的为已经配对的，\(1\) 为没有配对的。记 \(s'\) 为去掉某个 \(s\) 中的蓝球 \(1\) 且加入一个 \(0\) 的状态，同时去掉 \(i-m-1\)。则：\(f_{i,j,k-1,s'}=f_{i-1,j,k,s}\times c_{dis}\)。
    2. 匹配一个 \(i-j > m\) 的蓝球。\(s'\) 为去掉 \(i-m-1\)，且加入一个 \(0\) 的状态。则 \(f_{i,j,k-1,s'}=f_{i-1,j,k,s}\times c_{m}\times Cnt\)。其中 \(Cnt\) 为不在 \(s\) 中的之前的蓝球数量。
    2. 匹配之后的蓝球。\(s’\) 为去掉 \(i-m-1\)，且加入一个 \(1\) 的状态。则 \(f_{i,j+1,k,s'}=f_{i-1,j,k,s}\)。
  2. 是蓝球。
    1. 匹配之前的红球。
    1. 匹配一个 \(i-j \le m\) 的红球。那么记 \(s\) 中 \(0\) 的为已经配对的，\(1\) 为没有配对的。记 \(s'\) 为去掉某个 \(s\) 中的红球 \(1\) 且加入一个 \(0\) 的状态，同时去掉 \(i-m-1\)。则：\(f_{i,j-1,k,s'}=f_{i-1,j,k,s}\times c_{dis}\)。
    2. 匹配一个 \(i-j > m\) 的红球。\(s'\) 为去掉 \(i-m-1\)，且加入一个 \(0\) 的状态。则 \(f_{i,j-1,k,s'}=f_{i-1,j,k,s}\times c_{m} \times Cnt\)。其中 \(Cnt\) 为不在 \(s\) 中的之前的红球数量。
    2. 匹配之后的红球。\(s’\) 为去掉 \(i-m-1\)，且加入一个 \(1\) 的状态。则 \(f_{i,j,k+1,s'}=f_{i-1,j,k,s}\)。

答案为 \(f_{n,0,0,0}\times \delta\)。其中 \(\delta\) 为原已经确定的位置的贡献和。时间复杂度 \(O(n^32^mm)\)。好像已经可以过了。

照搬优化方式，记 \(cnt_{i,0/1}\) 表示前 \(i\) 个数，红、蓝小球的数量。那么 \(k=cnt_{i,1}-(cnt_{i,0}-j)\)。时间复杂度 \(O(n^2 2^mm)\)。哦，因为同为 \(i\) 的有两个小球，所以 \(m=2m_0\)。

posted @ 2025-11-07 20:02  harmis_yz  阅读(6)  评论(0)    收藏  举报