P5972 [PA 2019] Desant 解题报告
P5972 [PA 2019] Desant 解题报告
题目描述
分析
想到设 \(f_{i,S}\) 为长度为 \(i\) 且选择情况为S的最小逆序对个数，这样的 \(O(n2^n)\) 的朴素dp是简单的。但是这太不优秀了。
注意到转移时我们不是关注“谁大于 \(i\)”而是“有多少个被选的数大于 \(i\)”。因此我们考虑在 \(i\) 时，记 \(a_{i+1},a_{i+2},...,a_n\) 升序排序后剩下的数列为 \(x_{i+1},x_{i+2},...,x_n\)，那么本质上我们只需要知道区间\((x_{i+1},x_{i+2}),(x_{i+2},x_{i+3})...(x_n,n]\)内分别有多少数。
所以设 \(f_{i,S}\) 为长度为 \(i\) 且 \(S\) 表示上述区间内的数的个数情况（怎么存之后说）时的逆序对个数,转移是简单的：
如果不选，就有 f[i+1][S]=min(f[i+1][S],f[i][S])；
如果选，就有 f[i+(统计S中大于a[i]的个数)][S+(i对S的贡献)]=min(f[i+(统计S中大于a[i]的个数)][S+(i对S的贡献)],f[i][S])；
但是 \(S\) 的数量看起来非常多啊。注意在 \(i\) 时到 \(S\) 的总量为个区间长度 \(+1\) 的乘积。由柯西不等式可以得知，当且仅当区间长度全部相同时，\(S\) 取到最大值，那么我们可以粗略地估计 \(S\) 的总量不超过 \(n*x^{\frac{n}{x}}\)，其中 \(x\) 为区间长度。
考虑计算这东西的上限：因为 \(n\) 是常数，所以我们只需要求 \(x^{\frac{1}{x}}\) 就可以了。因为 \(x\) 非负，所以可以取ln，即求 \(\ln x^{\frac{1}{x}} = \frac{\ln x}{x}\) 。再简单的求导，有：
容易发现当 \(x=e\) 时，总量最大。因为 \(x\) 是离散的，所以当 \(x=3\) 时，总量最大（这里取 \(3\) 还是取 \(2\) 可以考虑做积分，但是我不会）。
因此复杂度上限为 \(O(n3^{\frac{n}{3}})\)，当然，如果你比较严谨，那你也可以表示为 \(\Large O(\sum \limits_{i=1}^n(\frac{n}{n-i+1}+1)^{n-i+1})\)。总之就是 \(O(\text{能过})\)
但是新的问题随之而来，怎么存储 \(S\) 呢？这就需要科技——变进制状态存储。
当我们需要存储一个 \(n\) 维向量，且第 \(i\) 维的值域为 \([0,a_i]\)。那么对于向量 \((c_1,c_2,...,c_n)\) 可以被表示为 \(\large \sum \limits_{i=1}^n (c_i \times \prod \limits_{j=1}^{i-1} a_i-1)\)
实现看代码
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f
#define Inf (1ll<<60)
#define For(i,s,t) for(int i=s;i<=t;++i)
#define Down(i,s,t) for(int i=s;i>=t;--i)
//#define ls (i<<1)
//#define rs (i<<1|1)
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define End {printf("NO\n");exit(0);}
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,ll> pii;
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline ll min(ll x,ll y){return x<y?x:y;}
inline ll max(ll x,ll y){return x>y?x:y;}
inline int read(){
register int x=0,f=1;
char c=getchar();
while(c<'0' || '9'<c) f=(c=='-')?-1:1,c=getchar();
while('0'<=c && c<='9') x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=getchar();
return x*f;
}
void write(int x){
if(x>=10) write(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
const int N=50;
//b[i]存储i后有那些数 d[i]表示i后有多少数
int n,a[N],cnt[N],b[N][N],mul[N][N],k[N],K[N];
//下标是序列长度，第一位是最小值，第二位是序列数
vector<pii> f,g;
//计算当前状态对应值
int calc(int i){
int s=0;
For(j,1,cnt[i]) s+=K[j]*mul[i][j];
return s;
}
void update(pii &x,pii y){
if(x.first>y.first)
x=y;
else if(x.first==y.first)
x.second+=y.second;
}
int main()
{
//freopen("test.in","r",stdin);
//freopen("test.out","w",stdout);
n=read();
For(i,1,n) a[i]=read();
//预处理变进制状态存储
For(i,0,n){//0也要处理，不然1转移不了
For(j,i+1,n) b[i][++cnt[i]]=a[j];
sort(b[i]+1,b[i]+cnt[i]+1,less<int>());
b[i][++cnt[i]]=n+1;
int tot=1;
For(j,1,cnt[i]) mul[i][j]=tot,tot*=b[i][j]-b[i][j-1];
mul[i][cnt[i]+1]=tot;
}
f={{0,1}};
For(i,1,n){
g=vector<pii>(mul[i][cnt[i]+1],{inf,0});
int nw=find(b[i-1]+1,b[i-1]+n+1,a[i])-b[i-1],S=0,sz=f.size()-1,delta;
For(id,0,sz){
int x=S;
//计算出i-1时S对应状态
Down(j,cnt[i-1],1) k[j]=x/mul[i-1][j],x=x%mul[i-1][j];
//由S在i-1时的状态转移到在i时的状态
delta=0;
For(j,0,cnt[i]) K[j]=0;
For(j,1,nw) K[j]=k[j];
For(j,nw+1,cnt[i-1]) K[j-1]+=k[j],delta+=k[j];
//不选当前数
update(g[calc(i)],make_pair(f[id].first,f[id].second));
//选当前数
K[nw]++;
update(g[calc(i)],make_pair(f[id].first+delta,f[id].second));
S++;
}
swap(f,g);
}
For(i,1,n) printf("%lld %lld\n",f[i].first,f[i].second);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号