[题解] [ABC221H] Count Multiset - DP

[ABC221H] Count Multiset

题面翻译

输入两个正整数 \(N,M\)，并存在一个集合，问你一个长度为 \(k\) 的合法集合存在多少个？你需要回答 \(k\) 的值为 \(1\) 到 \(N\) 的每种情况。

一个合法的集合定义指长度为 \(k\)，元素和为 \(N\)，每一个数字在集合中出现的次数都小于等于 \(M\) 的集合。

题目描述

正の整数 $ N $, $ M $ が与えられます。

$ k=1,2,\ldots,N $ について以下の値を求め、$ 998244353 $ で割ったあまりをそれぞれ出力してください。

• $ k $ 個の正整数からなる多重集合 $ A $ のうち、以下の $ 2 $ つの条件をすべて満たすものの個数
  • $ A $ に含まれる要素の総和は $ N $
  • 任意の正整数 $ x $ について、$ A $ は $ x $ を高々 $ M $ 個しか含まない

输入格式

入力は以下の形式で標準入力から与えられる。

$ N $ $ M $

输出格式

$ N $ 行に渡って出力せよ。$ i\ (1\ \leq\ i\ \leq\ N) $ 行目には、$ k=i $ の場合の答えを出力すること。

样例 #1

样例输入 #1

4 2

样例输出 #1

1
2
1
0

样例 #2

样例输入 #2

7 7

样例输出 #2

1
3
4
3
2
1
1

提示

制約

• $ 1\ \leq\ M\ \leq\ N\ \leq\ 5000 $
• 入力はすべて整数

Sample Explanation 1

- $ k=1 $ のとき、問題文中の条件を満たすような多重集合 $ A $ は $ {4} $ の $ 1 $ 通りです。 - $ k=2 $ のとき、問題文中の条件を満たすような多重集合 $ A $ は $ {1,3} $ と $ {2,2} $ の $ 2 $ 通りです。 - $ k=3 $ のとき、問題文中の条件を満たすような多重集合 $ A $ は $ {1,1,2} $ の $ 1 $ 通りです。 - $ k=4 $ のとき、問題文中の条件を満たすような多重集合 $ A $ は $ 1 $ つも存在しません。

解析

一道神奇的 dp 题。有个神奇的转移方式。

看到题目直接联想到背包，但发现 相同元素不超过 \(m\) 这个限制条件很毒瘤。无法用背包转移。然后死活想不出来其他方法。

根据题解，我们不按照背包的思路想，就把他看成一段序列，元素为非负整数（如果有负数，那么每一种情况都有无穷种方案）。令 \(dp[i][j]\) 表示集合里有 \(i\) 个元素，和为 \(j\) 的方案数。考虑在整个序列里添加 \(0\)，那么它只对 \(i\) 有贡献，可以得到：\(dp[i][j]+=\sum\limits_{k=1}^{m}dp[i-k][j]\)。但只有 0 不够，考虑在序列里的每一个数加 \(1\)，那么它只对 \(j\) 有贡献，可以得到：\(dp[i][j]+=dp[i][j-i]\)。

但还有个 相同元素不超过 \(m\) 这个限制条件，我们不知道一个 \(dp\) 序列里有多少个 \(0\)，所以需要再开个数组 \(g[i][j]\) 表示没有元素为 \(0\) 的方案数。如何让元素不为 \(0\) 呢？把每个元素 \(+1\) 即可。于是有：

\[\begin{split}
dp[i][j]&=dp[i][j-i]+\sum_{k=1}^{m}dp[i-k][j]\\
g[i][j]&=dp[i][j-1]
\end{split}
\]

如果直接 for 硬套的话，复杂度为 \(O(N^2M)\)。会超。

70 TLE 代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
constexpr int N = 5010, M = 998244353;
int n, m, dp[N][N], g[N][N];
signed main(){
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1; i<=m; ++i) dp[i][0] = 1ll;
	for(int i=1; i<=n; ++i){
		for(int j=1; j<=n; ++j){
			if(j >= i){
				g[i][j] = (g[i][j] + dp[i][j-i]) % M;
				dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i][j-i]) % M;
			}
			for(int k=1; k<=m && i-k>=0; ++k){
				dp[i][j] = (dp[i][j] + g[i-k][j]) % M;
			}
		}
	}
	for(int i=1; i<=n; ++i) cout<<g[i][n]<<'\n';
	return 0;
}

对于那个最内层循环，可以使用前缀和优化，使复杂度分摊到每一次循环 \(O(1)\)，于是总复杂度 \(O(N^2)\)，对了，本题不能开 long long，会爆空间。

AC code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
constexpr int N = 5001, M = 998244353;
int n, m, dp[N][N], g[N][N], sum[N][N];
int main(){
	ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin>>n>>m;
	for(int i=1; i<=m; ++i) dp[i][0] = 1ll;
	for(int i=1; i<=n; ++i){
		for(int j=1; j<=n; ++j){
			if(j >= i){
				g[i][j] = (g[i][j] + dp[i][j-i]) % M;
				dp[i][j] = (dp[i][j] + dp[i][j-i]) % M;
			}
			sum[i][j] = (sum[i-1][j] + g[i][j]) % M;
			dp[i][j] = (__int128)(dp[i][j] + sum[i-1][j] - sum[max(i-m-1, 0)][j]) % M;
		}
	}
	for(int i=1; i<=n; ++i) cout<<g[i][n]<<'\n';
	return 0;
}

小结：

• 不要过于思维定式。如果发现一个方案不可行或很难行要跳出来另找其他方案。
• 对于求转移方程，可以考虑控制变量，即只对某一变量产生贡献，最后再将贡献合并。很好的思路，只是比较难想。
• define int long long 不要再用了。
• 计算空间复杂度。