AT5695「AGC041D」Problem Scores

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Solution

• 嘗試簡化第三個限制，設 $k = \lfloor \dfrac{n - 1}{2}\rfloor$，我們取前 $k + 1$ 個數作爲第一個集合，取後 $k$ 個數作爲第二個集合，因爲這兩個集合的差是所有選集合的方案中最小的，所以只要這兩個集合滿足條件，所有的集合都能滿足條件。

Algorithm 1

• 因爲 $n$ 的奇偶性會影響中間是否會多出一個數，我們分情況討論：

  1. 若 $n$ 是偶數，枚舉第 $k + 2$ 個數爲 $x$，那麼對剩下的數有如下要求：

     1. $x$ 與前 $k + 1$ 個數的差 $\in [0,x)$ 且差遞減；
     2. 後 $k$ 個數與 $x$ 的差 $\in [0,n-x]$ 且差遞增；
     3. $x$ 與前 $k + 1$ 個數的差的和加上後 $k$ 個數與 $x$ 的差的和小於 $x$。

     設 $f_{i,j}$ 表示已經確定了前 $i$ 個數、$x$ 與這些數的差的和爲 $j$ 的方案數。

     轉移即從大到小枚舉差 $l(l \in [0,n))$，令 $f_{i + 1,j + l} = f_{i + 1,j + l} + f_{i,j}$。

     由於第二維 $j \le n$，存在合法方案時一定有 $il \le n$，時間複雜度 $\mathcal O(n^2 \ln n)$。

     後 $k$ 個數的方案可以看做是選取若干個後綴區間 +1，設 $g_{i,j}$ 表示已經選了 $i$ 個後綴、這些後綴的長度之和爲 $j$ 的方案數。

     轉移即從大到小枚舉後綴長度 $l(l \in [0,k])$，令 $g_{i + 1,j + l} = g_{i + 1,j + l} + g_{i,j}$，時間複雜度同樣是 $\mathcal O(n^2 \ln n)$。

     最後的答案即爲：
     $\begin{aligned}\sum \limits_{x = 1}^{n} \sum \limits_{i = 0}^{x - 1} f_{k + 1,i} \sum \limits_{j = 0}^{x - i - 1}g_{n-x,j}\end{aligned}$
     預處理 $g$ 第二維的前綴和即可 $\mathcal O(n^2)$ 計算。

  2. 若 $n$ 是奇數，枚舉第 $k + 1$ 個數爲 $x$，只要最後算答案時把 $f_{k+1,i}$ 改爲 $f_{k,i}$，其它部分與偶數的情況完全相同。

• 總的時間複雜度 $\mathcal O(n^2 \ln n)$。

Code 1

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 5005;
int f[N][N], g[N][N];
int n, ans, mod;

inline void add(int &x, int y)
{
	x += y;
	x >= mod ? x -= mod : 0;
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &mod);	
	int k = n - 1 >> 1;
	f[0][0] = g[0][0] = 1;
	for (int c = n - 1; c >= 0; --c)
		for (int i = 0, im = !c ? n : n / c; i <= im; ++i)
			for (int j = 0; j <= n - c; ++j)
				add(f[i + 1][j + c], f[i][j]);
	for (int c = k; c >= 0; --c)
		for (int i = 0, im = !c ? n : n / c; i <= im; ++i)
			for (int j = 0; j <= n - c; ++j)
				add(g[i + 1][j + c], g[i][j]);
	for (int i = 0; i <= n; ++i)
		for (int j = 1; j <= n; ++j)
			add(g[i][j], g[i][j - 1]);
	if (!(n & 1))
	{
		for (int x = 1; x <= n; ++x)
			for (int j = 0; j < x; ++j)
				ans = (1ll * f[k + 1][j] * g[n - x][x - j - 1] + ans) % mod;
	}
	else
	{
		for (int x = 1; x <= n; ++x)
			for (int j = 0; j < x; ++j)
				ans = (1ll * f[k][j] * g[n - x][x - j - 1] + ans) % mod;
	} 
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}

Algorithm 2

• 考慮將 $A$ 數組差分，去掉單調性的限制，令差分數組爲 $B$。

• 令 $B_0 = 1$，則 $A_i = 1 + \sum \limits_{j = 1}^{i}B_j$，因此其中一個限制條件就是 $\sum \limits_{i = 1}^{n} B_i < n$。

• 同樣對 $n$ 的奇偶性進行討論：

  1. 若 $n$ 爲奇數，$\lfloor \dfrac{n - 1}{2} \rfloor + 1 = \dfrac{n + 1}{2}$，列出限制條件：
     $\begin{aligned}\sum \limits_{i = 1}^{\frac{n + 1}{2}}A_i &> \sum \limits_{i = \frac{n + 1}{2} + 1}^{n} A_i \\\sum \limits_{i = 1}^{\frac{n + 1}{2}}(1 + \sum \limits_{j = 1}^{i}B_j) &> \sum \limits_{i = \frac{n + 1}{2} + 1}^{n}(1 + \sum \limits_{j = 1}^{i}B_j) \\2\sum \limits_{i = 1}^{\frac{n + 1}{2}}\sum \limits_{j = 1}^{i}B_j &\ge \sum \limits_{i = 1}^{n}\sum \limits_{j = 1}^{i}B_j \\2\sum \limits_{i = 1}^{\frac{n + 1}{2}}(\dfrac{n + 1}{2} - i + 1)B_i &\ge \sum \limits_{i = 1}^{n}(n - i + 1)B_i\\\end{aligned}$
     簡單移項後，我們可以得到：
     $\begin{aligned} \sum \limits_{i = 1}^{n}C_iB_i \le 0 \end{aligned}$
     其中：
     $C_i = \begin{cases}i - 2 &1 \le i \le \dfrac{n + 1}{2} \\n - i + 1 &\dfrac{n + 1}{2} < i \le n\\\end{cases}$

  2. 若 $n$ 爲偶數，同樣可以推出 $C_i$ 的表達式：
     $C_i = \begin{cases}i - 2 &1\le i \le \dfrac{n}{2} + 1\\n - i + 1 &\dfrac{n}{2} + 1 < i \le n\\\end{cases}$
     整理一下，我們有：
     $C_i = \begin{cases}i - 2 &1\le i \le \lfloor \dfrac{n}{2} \rfloor + 1\\n - i + 1 &\lfloor \dfrac{n}{2} \rfloor + 1 \le i \le n\\\end{cases}$
     注意到只有 $C_1$ 是負數，考慮列出所有和 $B_1$ 有關的限制條件：
     $\begin{cases}B_1 \le n - 1 - \sum \limits_{i = 2}^{n}B_i \\B_1 \ge \sum \limits_{i = 2}^{n}C_i B_i \\ \end{cases}$
     在已知 $B_i(2 \le i \le n)$ 的情況下，合法的 $B_1$ 的個數爲：
     $\begin{aligned}\max\{0, n - \sum \limits_{i = 2}^{n}(C_i + 1)B_i\}\end{aligned}$

• 設 $f_j$ 表示 $\sum \limits_{i = 2}^{n}(C_i + 1)B_i = j$ 的方案數，最後的答案就爲 $\sum \limits_{i = 0}^{n - 1}(n - j)f_j$。

• 顯然 $f_j$ 的轉移是一個完全揹包，時間複雜度 $\mathcal O(n^2)$。

Code 2

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 1e4 + 5;
int n, mod, ans, c[N], f[N];

inline void add(int &x, int y)
{
	x += y;
	x >= mod ? x -= mod : 0;
}

int main()
{
	scanf("%d%d", &n, &mod);
	int half = n >> 1;
	for (int i = 2; i <= half + 1; ++i)
		c[i] = i - 1;
	for (int i = half + 2; i <= n; ++i)
		c[i] = n - i + 2;

	f[0] = 1;
	for (int i = 2; i <= n; ++i)
		for (int j = c[i]; j < n; ++j)
			add(f[j], f[j - c[i]]);
	for (int j = 0; j < n; ++j)
		ans = (1ll * (n - j) * f[j] + ans) % mod;
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}