AT_arc068_d [ARC068F] Solitaire 分析

题目概述

Snuke 决定玩 \(N\) 张卡片和一个双端队列（即 deque）。每张卡片上显示一个从 \(1\) 到 \(N\) 的整数，而 deque 最初是空的。

Snuke 将按照从 \(1\) 到 \(N\) 的顺序，一次将卡片插入 deque 的开头或末尾。然后，他将执行以下操作 \(N\) 次：从 deque 的开头或末尾取出卡片并吃掉它。

之后，我们将通过按吃掉的卡片的顺序排列整数，构造一个整数序列。在通过这种方式可以获得的序列中，找出第 \(K\) 个元素为 \(1\) 的序列的数量。将答案对 \(10^9+7\) 取模后输出。

数据范围：\(1\leq k\leq n\leq2000\)。

分析

思维好题。

注意到题目的加数方式可以得到类似于一个 “V” 字形的图像（其中 \(x\) 为最终序列的第 \(i\) 个数，\(y\) 为第 \(i\) 项的数值大小）。

我们现在考虑取数的情况。

应该满足以下的情况：

• 第 \(k\) 个取的一定是 \(1\)。
• 前 \(k\) 个数一定由两个或者一个序列组成，其中一个序列包含 \(1\)。
• 还没有取的数的最大值一定小于这两个序列当中的其中一个的最小值。

由于是两个下降的序列，所以取数的时候肯定也是有两个或一个下降的序列，设我们取了的数量为 \(k\)（取完了 \(1\)），那么剩下 \(n-k\) 个，于是随便取就是 \(2^{n-k-1}\)，最后一个数只有一种方案。

我们设这两个序列为 \(A,B\)，且钦定 \(A\) 最后要包含 \(1\)。

于是设 \(f_{i,j}\) 表示取了 \(i\) 个数，\(A\) 中的最小值为 \(j\) 的方案，显然 \(j\) 也是取出来中的数的最小值。

那么再设 \(B\) 中的最小值为 \(mn\)，以及剩下的数的最大值为 \(mxs\)。

我们考虑怎么转移。

我现在新加入一个数 \(x\)，那么分为两种情况：

• 若 \(x<j\)，那么可以放到 \(A\) 中，于是有 \(f_{i,j}\rightarrow f_{i,x}\)。
• 若 \(x>j\)，那么不能放到 \(A\) 中，一定要放到 \(B\) 中，而我们需要满足 \(mxs<mn\)，也就是说我们这里的 \(x\) 只有为 \(mxs\) 时放入到 \(B\) 中，这样之后的 \(B\) 依然满足条件，所以 \(f_{i,j}\rightarrow f_{i+1,j}\)。

最后的答案就是 \(2^{n-k-1}\times \sum_{i=2}^{n-k+2}f_{k-1,i}\)。

为什么是那个求和呢？

我们取 \(k-1\) 个数那么最小值的范围一定是 \([2,n-(k-1)]\)，这是转移和状态得到的。

代码

时间复杂度 \(\mathcal{O}(n^2)\)。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <stdlib.h>
#include <algorithm>
#include <vector>
#define int long long
#define N 2005
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int qpow(int a,int b) {
    int res = 1;
    while(b) {
        if (b & 1) res = res * a % mod;
        a = a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int n,k,f[N][N];
signed main(){
    cin >> n >> k;
    for (int i = 2;i <= n;i ++) f[1][i] = 1;
    for (int i = 1;i < k - 1;i ++) {
        f[i + 1][n - i + 1] = f[i][n - i + 1];
        for (int j = n - i;j >= 2;j --)
            f[i + 1][j] = (f[i + 1][j + 1] + f[i][j]) % mod;
    }
    int ans = 0;
    for (int i = 2;i <= n - k + 2;i ++) ans = (ans + f[k - 1][i]) % mod;
    if (k == 1) ans = 1;
    if (n - k - 1 >= 0) ans = ans * qpow(2,n - k - 1) % mod;
    cout << ans;
    return 0;
}
//csp rp++

后记

这道题目有线性做法。

主要是对我们的 \(dp\) 式子进行观察而得到的。

类似于 Catalan数 的方法得到。

给出文章链接:https://www.luogu.com.cn/article/7mbpvggm