bzoj-3622 已经没有什么好害怕的了
题目大意:
数据范围:$1\le n \le 2000$ , $0\le k\le n$。
想法:
首先,不难求出药片比糖果小的组数。
紧接着,我开始的想法是
$f_{(i,j)}$表示前$i$个糖果中,满足糖果比药片大的组数是$j$的方案数。
进而发现需要将两个数组排序。
到这里一切都很正常,但是我们发现了一个问题:就是我在转移的时候,分两种情况讨论。第一种是当前糖果配对的药片比自己大,第二种是比自己小。
这样的话我需要乘上两个组合数。
但是我们仔细思考一下:如果这样转移的话,排序的意义(是的前面的区间不影响后面的区间)就失效了,我们发现这鬼东西是个有后效性的转移。
然后啊....通常我们遇到有后效性的$dp$怎么办呢?$spfa$啊~
对,我就在那里$spfa$转移后效性$dp$半天最后自闭了。
因为这个后效性根本没有办法制约。
看了$cqzhangyu$的题解恍然大悟。
哦原来还可以容斥掉。
我们修改一下上面那个状态
$f_{(i,j)}$表示前$i$个糖果中,满足糖果比药片大的组数至少为$j$,且只考虑“糖果比药片大的糖果”的摆放情况的方案数。
这样的话我们就,暴力转移一下就行了。
就还是像上面一样分类讨论,但是如果是讨论比自己大的情况就直接加。
但是统计的时候需要乘上组合数,因为需要把比药片小的糖果的情况乘一下就好了嗷。
代码:
#include <bits/stdc++.h> #define N 2010 using namespace std; #define mod 1000000009 int a[N],b[N]; typedef long long ll; ll f[N][N],fac[N],c[N][N]; ll ans=0; char *p1,*p2,buf[100000]; #define nc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++) int rd() {int x=0,f=1; char c=nc(); while(c<48) {if(c==‘-‘) f=-1; c=nc();} while(c>47) x=(((x<<2)+x)<<1)+(c^48),c=nc(); return x*f;} int main() { int n=rd(),m=rd(); if((n+m) % 2) puts("0"),exit(0); m=(n+m)/2; fac[0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1] * i % mod; for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=rd(); for(int i=1;i<=n;i++) b[i]=rd(); for(int i=0;i<=n;i++) { c[i][0]=1; for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j] = (c[i-1][j-1] + c[i-1][j]) % mod; } sort(a+1,a+n+1); sort(b+1,b+n+1); f[0][0]=1; for(int i=1;i<=n;i++) { int k; for(k=1;k<=n && b[k] < a[i];k++); k--; for(int j=1;j<=i;j++) f[i][j]=(f[i-1][j] + f[i-1][j-1] * max(k-j+1,0)) % mod; f[i][0]=f[i-1][0]; } ll tmp=1; for(int i=m;i<=n;i++) f[n][i]=(f[n][i]*fac[n-i])%mod,ans=(ans + tmp*f[n][i]*c[i][m]%mod + mod) % mod,tmp*=(-1); cout << (ans + mod) % mod << endl ; return 0; }
小结:做一个后效性的$dp$,另一种办法就是采用容斥原理。
原文地址:https://www.cnblogs.com/ShuraK/p/11053792.html
时间: 2024-10-12 20:05:39