2021湖南多校对抗赛第二场 B - Bricks

题目链接：

https://nanti.jisuanke.com/t/41007

Solution：

挺不错的一道dp。

不难发现砖块顺序不影响结果，所以直接记录下每个位置有多少个砖块落下，从左往右顺序处理即可

这道题很重要的一点是要想到去维护空位而不是维护有砖块的位置

令\(dp[i]\)表示考虑令第\(i\)位为空，并且处理完前\(i\)位所有砖块的方案数，\(f[i]\)处理完前\(i\)个位置后，产生了\(i\)个空位的方案数，\(a[i]\)表示前\(i\)个位置砖块数的前缀和

若这个位置有砖块落下，跳过不处理就是了（也就是\(dp[i]=0\)）

考虑若这个位置没有砖块落下（\(a[i]=a[i-1]\)），且有\(i-1-a[i-1]>=0\)（也就是这个位置存在作为空位的合法性），则有状态转移方程：

\[dp[i]=f[i-1-a[i-1]],f[i-a[i]]+=dp[i] \]

另外，之前我一直没想明白这个dp方程的正确性。因为\(f[i]\)由于是用加法更新的，实际上是包含了之前每一次决策后产生\(i\)个空位的方案总和，而\(dp[i]\)则应该只用到上一次的决策的结果啊。

换句话说，对于位置\(j\)，我刚处理完了\(j\)前面的一个位置\(k\)，此时产生了\(i\)个空位的方案数为\(f[i]\)，然而之后处理位置\(j\)时，在\(j\)到\(k\)的过程中我在你\(k\)位置得到的\(f[i]\)里的那些方案的基础上一通乱铺，就不能保证那些原本截止到\(k\)位置（即\(1\)到\(k\)）有\(i\)个空位的方案到\(j\)后仍然有\(i\)个空位啊。

然而我此时\(f[i]\)却包含了那些方案，若用\(f[i]\)去更新此时的\(dp[j]\)，不就出问题了吗？

后来想想，如果我处理\(j\)时又调用到了这个\(f[i]\)，显然，有\(k-a[k]=j-1-a[j-1]=i\)，也就是\(j-1-k=a[j-1]-a[k]\),即\(（k，j）\)这段区间上一定有\(j-k-1\)个砖落下，又因为\(k\)和\(j\)都不能放砖，我只能选择用这些砖把\((k,j)\)这段区间铺满，不会有新空位产生，这样一来这个看起来有问题的\(f[i]\)就是正确的了。

换言之，对于某个\(f[i]\)，在转移过程中可能不是正确的，但如果满足调用到他的条件时，他就恰好是正确的了。这我认为是这个dp方程最巧妙的点

扯得有点多了，自己还是fw了......

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int M=1e9+7;
int n,m;
int dp[1000005],f[1000005],a[1000005];
int main()
{
	memset(dp,0,sizeof(dp));
	memset(f,0,sizeof(f));
	memset(a,0,sizeof(a));
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		int x;
		scanf("%d",&x);
		a[x]++;
	}
	for(int i=1;i<=n+1;i++)
		a[i]+=a[i-1];
	f[0]=1;	
	for(int i=1;i<=n+1;i++)
	{
		if(a[i]==a[i-1])
		{
			if(i-1-a[i-1]>=0) dp[i]=f[i-1-a[i-1]];
			if(i-a[i]>=0) f[i-a[i]]=(f[i-a[i]]+dp[i])%M;
		}
	}
	printf("%d",dp[n+1]);	
	return 0;
}