P13272 NOI2025 D1T2 序列变换

感觉只有 *2500，但我连 NOI 都去不了所以说的话也全都是唐话。
令一次 \(a_i\leftarrow a_i-a_{i+1}\) 为 \(\leftarrow\)，一次 \(a_{i+1}\leftarrow a_{i+1}-a_{i}\) 的操作为 $\rightarrow $。
容易发现我们可以对极长的形如 \(\rightarrow\rightarrow\rightarrow\leftarrow\leftarrow\leftarrow\) 的段进行转移。
定义 \(f_{i,0/1},g_{i,0/1}\) 为两个问题中，仅考虑前 \(i\) 个位置，第 \(i\) 个位置是否被操作覆盖的答案。
所以枚举极长段的结尾以及 \(\rightarrow\leftarrow\) 的分界点。需要注意的是因为要对本质不同的 \(D\) 序列进行计数，所以说要判断是否 \(\rightarrow\leftarrow\)分界点处的 \(a\) 会变成 \(0\) （也就是整个连续段的 \(a\) 变成 \(0\)）。
\(O(n^3)\) 代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=5005,P=1e9+7;
using ll=long long;
const ll INF=1e18;
inline ll ksm(ll a,int b){
	ll res=1;
	while(b){
		if(b&1)res=res*a%P;
		a=a*a%P,b>>=1;
	}
	return res;
}
int n;
int a[N],b[N],c[N];
ll f[N][2];
int g[N][2];
inline void Max(ll &u,ll v){(u<v)&&(u=v);}
ll to[N][N];//=INF ->not valid
int nxt[N][2];
ll pr[N];
ll prd[N],ind[N];
inline ll gt(int l,int r){return pr[r]-pr[l-1];}
inline ll gm(int l,int r){return prd[r]*ind[l-1]%P;}
inline void Add(int &u,int v){u+=v;(u>=P)&&(u-=P);}
void solve(){
	cin>>n;
	prd[0]=ind[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>a[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>b[i],pr[i]=pr[i-1]+b[i];
	for(int i=1;i<=n;i++)cin>>c[i],prd[i]=prd[i-1]*c[i]%P,ind[i]=ksm(prd[i],P-2);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		f[i][0]=f[i][1]=-INF;
		g[i][0]=g[i][1]=0;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			to[i][j]=INF;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll val=a[i];
		nxt[i][0]=i;
		to[i][i]=a[i];
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			if(val>a[j])break;
			to[i][j]=val=a[j]-val;
			nxt[i][0]=j;
			if(val==0)break;
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ll val=a[i];
		nxt[i][1]=i;
		for(int j=i-1;j>=1;j--){
			if(val>=a[j])break;
			nxt[i][1]=j;
			to[i][j]=val=a[j]-val;
		}
	}
	f[1][0]=0;
	g[1][0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			Max(f[j][0],f[i][0]);
		}
		Max(f[i+1][0],f[i][1]); 
		Add(g[i+1][0],g[i][1]);Add(g[i+1][0],g[i][0]);
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			int l=nxt[j][1],r=nxt[i][0];
			l=max(l,i),r=min(r,j);
			if(l>r)continue;
			ll v=g[i][0];
			bool fl=0;
			for(int k=l;k<=r;k++){
				if(k==i){
					Max(f[j][1],f[i][0]+(to[j][i]==0)*b[i]+gt(i+1,j));
					if(to[j][i]==0)fl=1;
					else Add(g[j][1],v*((to[j][i]==0)?c[i]:1)%P*gm(i+1,j)%P);
					continue;
				}
				if(k==j){
					Max(f[j][1],f[i][0]+(to[i][j]==0)*b[j]+gt(i,j-1));
					if(to[i][j]==0)fl=1;
					else Add(g[j][1],v*((to[i][j]==0)?c[j]:1)%P*gm(i,j-1)%P);
					continue;
				}
				ll pt=to[i][k-1]+to[j][k+1];
				if(pt>a[k])continue;
				Max(f[j][1],f[i][0]+(pt==a[k])*b[k]+gt(i,k-1)+gt(k+1,j));
				if(pt==a[k])fl=1;
				else{
					Add(g[j][1],v*gm(i,k-1)%P*gm(k+1,j)%P);
				}
			}
			if(fl)Add(g[j][1],v*gm(i,j)%P);
		}
	}
	cout<<max(f[n][0],f[n][1])<<" "<<(g[n][0]+g[n][1])%P<<"\n";
}
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0);cin.tie(0);cout.tie(0);
	int sub,T;
	cin>>sub>>T;
	while(T--)solve(); 
	return 0;
}

然后就拿到了 \(75\) 分，因为 \(AB\) 性质的可能的极长 \(\leftarrow\) 或 $\rightarrow $ 长度都挺短的。

接着显然要把枚举 $\rightarrow \leftarrow $ 的这个步骤给砍掉，观察代码我们可以发现转移的条件只和 \(S=\sum_{p=i}^{j} (-1)^{p} a_p\) 是否 \(\ge 0\) 或者 \(-S\ge 0\) 有关，取决于枚举分界点的奇偶性。于是我们对分奇偶位置预处理一下就优化成 \(O(n^2)\) 了。

根本不会 FWT 啊，怎么有人认为 D2T2<D1T2 呢？