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來源:牛客網
我們枚舉不同數字的個數 。此時等價於這個問題,有 x 個箱子排成一排,任
意兩個箱子之間距離不超過 k(超過 k 意味着可以把這個間距減小到 k,且是一個等價的序
列),第一個箱子和最後一個箱子的距離不超過 m 的方案數。設 表示放置了 個箱子,第 個箱子和最後一個箱子的距離爲 的方案數。
注意要減去超過 的那些方案數。觀察到這個狀態轉移方程可以利用前綴和優化至 。
將 個位置放入 種不同數字一共有 種不同的方法,其中 代表第二類斯特林數。
然後還要對 個數字進行大小定位,共有 種不同方法。
目標:
#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=2e3+10;
int n,m,k;
ll fac[N],sum[N],f[N][N],s[N][N],ans;
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
s[i][1]=s[i][i]=1;fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
for(int j=2;j<i;j++)
s[i][j]=(s[i-1][j-1]+j*s[i-1][j]%mod)%mod;
}
f[1][0]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
sum[0]=f[i-1][0];
for(int j=1;j<=m;j++)
sum[j]=(sum[j-1]+f[i-1][j])%mod;
for(int j=1;j<=m;j++)
f[i][j]=sum[j-1];
for(int j=k+1;j<=m;j++)
f[i][j]=(f[i][j]-sum[j-k-1]+mod)%mod;
}
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=0;j<=m;j++)
ans=(ans+(s[n][i]*fac[i]%mod)*f[i][j]%mod)%mod;
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
總結
初拿到這道題毫無頭緒。這題轉化爲一個放箱子的模型,通過一系列分析利用DP求解,很巧妙。