连续段 dp - 状态转移时依赖相邻元素的序列计数问题
引入
在一类序列计数问题中,状态转移的过程可能与相邻的已插入元素的具体信息相关。
这类问题通常的特点是,如果只考虑在序列的一侧插入,问题将容易解决。
枚举插入顺序的复杂度通常难以接受,转移时枚举插入位置又难以记录已插入元素的信息。
所以我们就要用连续段 dp。
dp 模型
连续段 dp 的好处在于,他的元素插入只会在连续段的两端进行。
所以他只会通过 建立新段,插入至已有连续段的两端,合并两段 来进行转移。
通常地,我们会按某种特定的顺序插入所有元素。
每次插入元素时,对三类转移方式进行分类讨论:
- 将插入的元素作为一个新连续段插入
- 将元素插入至一个已有连续段的两端
- 将元素用于合并两个连续段
分别会导致什么状态变化。
我们先从最基础的 dp 模型说起。
求满足某些限制的 \(n\) 个元素的排列数量
我们一般会定义 \(dp_{i,j}\) 为前 \(i\),形成了 \(j\) 个联通段的个数。
所以我们考虑三种情况。
- 建立新的连续段:\(dp_{i,j} \times (j + 1) \to dp_{i + 1,j + 1}\)
- 合并两个连续段:\(dp_{i,j} \times (j - 1) \to dp_{i + 1,j - 1}\)
- 插入至已有连续段的两端:\(dp_{i,j} \times 2 \times j \to dp_{i + 1,j}\)(注意此时有可能左右不同,所以要分讨)
可能有人会对转移方程有问题。我下面用一张直观一点的图做一个解释。
例题:
[COCI2021-2022#2] Magneti
考虑 DP。
令 \(g_k\) 为放完所有小球后还剩下 \(k\) 个空为的情况数。
所以容易推出 \(\sum^{m-n}_{k=0} g_k \times (^{n + m - k}_{\ \ \ \ \ \ k})\) 就是答案。
现在问题转化成了怎么求 \(g_k\)。
考虑 DP。
\(dp_{i,j,k}\) 表示放完前 \(i\) 个小球,有 \(j\) 个连续段,不能放球的位置有 \(k\) 个。
然后在上面的式子改一改即可。
\((j + 1) \times dp_{i,j,k} \to dp_{i + 1,j + 1,k + 1}\)
\((j - 1) \times dp_{i,j,k} \to dp_{i + 1,j - 1,k + 2\times r_{i+1} - 1}\)
\(dp_{i,j,k} \times 2 \times j \to dp_{i + 1,j,k + r_{i + 1}}\)
所以就有代码啦!
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 55;
const int maxl = 10000 + 100;
int n,l;
int r[maxn],g[maxl];
int dp[maxn][maxn][maxl];
int fac[maxl],inv[maxl];
int qpow(int a,int b)
{
int res = 1;
while(b)
{
if(b & 1)
{
res = res * a % mod;
}
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
int C(int a,int b)
{
return fac[a] * inv[b] % mod * inv[a - b] % mod;
}
signed main()
{
fac[0] = inv[0] = 1;
for(int i = 1;i < maxl;i++)
{
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
inv[i] = qpow(fac[i],mod - 2);
}
cin >> n >> l;
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
cin >> r[i];
}
sort(r + 1,r + n + 1);
dp[0][0][0] = 1;
for(int i = 0;i < n;i++)
{
for(int j = 0;j <= i;j++)
{
for(int k = 0;k < l;k++)
{
if(k + r[i + 1] <= l)//插入在一个连续段的两端
{
dp[i + 1][j][k + r[i + 1]] = (dp[i + 1][j][k + r[i + 1]] + dp[i][j][k] * j * 2 % mod) % mod;
}
if(k + 2 * r[i + 1] - 1 <= l && j >= 2)//合并两个新段
{
dp[i + 1][j - 1][k + 2 * r[i + 1] - 1] = (dp[i + 1][j - 1][k + 2 * r[i + 1] - 1] + dp[i][j][k] * (j - 1) % mod) % mod;
}
if(k + 1 <= l)
{
dp[i + 1][j + 1][k + 1] = (dp[i + 1][j + 1][k + 1] + dp[i][j][k] * (j + 1) % mod) % mod;//增加一个段
}
}
}
}
for(int i = 0;i <= l;i++)
{
g[i] = dp[n][1][i];
}
int ans = 0;
for(int i = 0;i <= l;i++)
{
ans = (ans + C(l - i + n,n) * g[i] % mod) % mod;
}
cout << ans;
return 0;
}
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