【bzoj4321】queue2 dp
题目描述
输入
输出
样例输入
4
样例输出
2
题解
dp
老套路了,考虑把数从小到大插入的过程进行dp。
设 $f[i][j]$ 表示 $1\sim i$ 的排列,有 $j$ 组相邻的相差1,且 $i$ 和 $i-1$ 不相邻的方案数;
设 $g[i][j]$ 表示 $1\sim i$ 的排列,有 $j$ 组相邻的相差1,且 $i$ 和 $i-1$ 相邻的方案数。
那么考虑插入 $i+1$ 的位置,有:不破坏空位且不与 $i$ 相邻、不破坏空位且与 $i$ 相邻、破坏空位且不与 $i$ 相邻、破坏空位且与 $i$ 相邻(只发生在 $g$ 的转移)4种。分别推一下方案数即可。
最后的答案就是 $f[n][0]$ 。
时间复杂度 $O(n^2)$ 。
另外把前几项丢到oeis上可以得到线性递推式 $a_n=(n+1)a_{n-1}-(n-2)a_{n-2}-(n-5)a_{n-3}+(n-3)a_{n-4}$ ,就能 $O(n)$ 求解了,感觉像是某容斥然而并不能推出来...
#include <cstdio>
#define mod 7777777
long long f[1010][1010] , g[1010][1010];
int main()
{
int n , i , j;
scanf("%d" , &n);
f[1][0] = 1;
for(i = 1 ; i < n ; i ++ )
{
for(j = 0 ; j < i ; j ++ )
{
f[i + 1][j] = (f[i + 1][j] + f[i][j] * (i - j - 1)) % mod;
g[i + 1][j + 1] = (g[i + 1][j + 1] + f[i][j] * 2) % mod;
if(j) f[i + 1][j - 1] = (f[i + 1][j - 1] + f[i][j] * j) % mod;
f[i + 1][j] = (f[i + 1][j] + g[i][j] * (i - j)) % mod;
g[i + 1][j + 1] = (g[i + 1][j + 1] + g[i][j]) % mod;
if(j) f[i + 1][j - 1] = (f[i + 1][j - 1] + g[i][j] * (j - 1)) % mod;
g[i + 1][j] = (g[i + 1][j] + g[i][j]) % mod;
}
}
printf("%lld\n" , f[n][0]);
return 0;
}
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