CF div2 1035 D（逆向思维 + dp）

D

最近的一场CF div2的D题，个人认为这道题题意晦涩难懂，难度非常大，蒟蒻也是想了将近整整一天才弄明白了一点点qwq。。。

先回顾一下题意：\([1,n]\) 共 \(n\) 个位置按顺序排列，每个位置有一个 \(token\)。共有 \(n\) 次取 \(token\) 的操作，其中第 \(i\) 次可以取第 \([a_{i},i]\) 个 \(token\) 中的任意一个（\(a_{i}\in [0,i]\)）。特殊地，当 \(a_{i}=0\) 时，此次操作不能取任何 \(token\)；否则一定会取走对应区间内的某一个存在的 \(token\)。可见 \(n\) 次操作可构成的 \(n\) 个区间序列个数为 \((n + 1)!\)（显然，证明略）。每一种区间序列对应的不同的取 \(token\) 序列个数记作 \(f(a)\)（两个 取 \(token\) 序列 不同，当且仅当存在第 \(t\) 次操作，取走的 \(token\) 种类不同（或没取，也算作一个不同的种类）），求这 \((n + 1)!\) 种区间序列的 \(f(a)\) 之和模给定模数 \(m\) 的值。（之后才明白为什么没有给定模数：如果给定了模数，那么答案就至多有 \(5000\) 种，这样就存在通过打表暴算来 \(AC\) 本题的可能。）

求一个给定区间序列的 \(f(a)\) 本身就是一件十分困难的事情。而本题并不是让求给定 \((a_{1},a_{2},...,a_{n})\) 的 \(f(a)\) 的值，而是让求所有可能的序列 \(a\) 的 \(f(a)\) 之和。其实这样我们就可以逆向思考：本题答案可以等价于求：所有可能的 取 \(token\) 序列 的 \((a_{1},a_{2},...,a_{n})\) 数量之和。因为某个区间序列 \((a_{1},a_{2},...,a_{n})\) 与 某个取 \(token\) 序列可以建立起一一映射的关系，因此正难则反，考虑如何解决转化后的题意：

由于第 \(i\) 个 \(token\) 只可能被第 \([i\backsim n]\) 个区间取得，因此可以考虑从后往前 \(dp\)：

\(dp[i][j]\)：考虑 \(token[i \backsim n]\)，从第 \(i\) 个 \(token\) 开始往后取，恰好有 \(j\) 个 \(token\) 被取走，所有可能的 \(token\) 序列对应的 \((a_{1},a_{2},...,a_{n})\) 数量之和。（第二维的定义蒟蒻无法弄明白为什么要这样定义，怎样才能在下次遇到同类型题目时想到这样定义。。。希望有大佬能来指导我！！！）

决策第 \(i\) 个 \(token\) 的情况：

1. 不取第 \(i\) 个 \(token\)：此时完全等价于 \(a_{i}=0\)，从第 \(i + 1\) 个 \(token\) 开始取恰好 \(j\) 个 \(token\)，对应 \(dp[i + 1][j]\)，直接转移过来即可：

\[dp[i][j] += dp[i + 1][j] \]

1. 取第 \(i\) 个 \(token\)：也是本题最难理解的转移部分。显然 \(dp[i][j]\) 应当从 \(dp[i + 1][j - 1]\) 转移而来。此时应该这样考虑：在心中钦定好某一个 取 \(token[i+1,n]\) 序列，该序列会对应多个 \((a_{i+1},...,a_{n})\) 区间序列。现在要在开头添加一个 \(token[i]\)，使得序列变为 \((a_{i},...,a_{n})\)。由于前面恰好取走了 \(j-1\) 个 \(token\)，故第\([i+1 \backsim n]\) 区间内已经用掉了 \(j - 1\) 个区间，因此此时还剩下 \((n-i+1)-(j-1)\) 个区间可以取走第 \(i\) 个 \(token\)（给 \(token[i]\) 分配的区间数目，即 \(a_{i}\) 中 \(i\) 的取值个数）；且这些区间对应的 \(a_{k}\) 取值均为 \(1,2,...,i\) 共 \(i\) 种取值（即每个 \(a_{i}\) 的取值个数均为 \(i\)），则每个 取 \(token\) 序列对应的区间序列数量会变为之前的 \((n-i+1-(j-1))*i\) 倍。因此转移为：

\[dp[i][j] += dp[i+1][j-1]*(n-i+1-(j-1))*i \]

两个转移合起来进行即可。最终根据状态定义，答案为：

\[\sum_{i=0}^{n} dp[1][i] \]

具体细节见代码。

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