lcez校内模拟赛： 小R与苹果派——题解

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首先对两个数组排序。

然后预处理出数组p[i]表示b[x]<a[i]的最大的x。

然后我们设f[i][k]表示对于前i个派，我单独选出来k组a[y]>b[y]。（即此时有k组a>b的匹配，其余还未匹配）

显然f[i][k]=f[i-1][k]+f[i-1][k-1]*(p[i]-(k-1))。等号右边的第一项相当于考虑a[i]不分配b，第二项相当于a[i]分配b。

这里还要注意一下f[0][0]=f[1][0]=f[2][0]=...=ff[n][0]=1的边界条件。

但是这个数组肯定不是答案。因为这里f[i][k]中保证了只考虑到A的前i个，B的所有位置，并且满足只给A>B的k个A分配了B， 其余A和B没有配对。

我们可以再设g[i]表示对于前n个派，恰好有i组a[x]>b[x]的方案数。

借助容斥原理思考一番后，可得转移方程：

　　g[i]=f[n][i]*(n-i)!-  g[j]*c(j,i)   (i+1<=j<=n,c是组合数)。

这里等号右边的第一项相当于只分配了B的i个A的方案数*没分配B的(n-i)个A分配B的方案数(阶乘项)。这是是所有a>b的匹配对数>=i对的方案数，但注意这里可能会出现同一种分配多次出现的情况(比如3个位置，1、2分配了1、2  ，  3对应3；1、3分配了1、3  ，  2对应2)，所以要减掉的g[j]还要乘上个组合数来减掉重复出现的方案数。

考虑最终答案是什么。“A 做的苹果派比 B 做的苹果派美味的天数比 B 做的比 A 做的美味的天数恰好多 k。”设A 做的苹果派比 B 做的苹果派美味的天数为x， B 做的比 A 做的美味的天数为y。则有方程组：

x+y=n；

x-y=k；

解得x=(n+k)/2

由此知道的答案即为g[(n+k)/2]，同时知道当(n+k)为奇数时是无解的。

 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>

 using namespace std;

 const int N=;

 typedef long long LL;

 const LL mod=1e9+;

 int n,k,a[N],b[N],p[N],s;

 LL jc[N],f[N][N],g[N],c[N][N];

 char ch;

 inline int read()
 {
     int x=;
     ch=getchar();
     while(!isdigit(ch))
         ch=getchar();
     while(isdigit(ch))
         x=(x<<)+(x<<)+(ch^),ch=getchar();
     return x;
 }

 inline void init()
 {
     jc[]=jc[]=;
     for(int i=;i<=n;++i)
         jc[i]=jc[i-]*i%mod;
     c[][]=;
     for(int i=;i<=n;++i)
     {
         c[i][]=;
         for(int j=;j<=i;++j)
             c[i][j]=(c[i-][j-]+c[i-][j])%mod;
     }
 }

 int main()
 {
     n=read(),k=read();
     for(int i=;i<=n;++i)
         a[i]=read();
     for(int i=;i<=n;++i)
         b[i]=read();
     if((n+k)&)
     {
         cout<<;
         return ;
     }
     s=(n+k)>>;
     sort(a+,a++n);
     sort(b+,b++n);
     int las=;
     for(int i=;i<=n;++i)
     {
         while(b[las+]<a[i]&&las+<=n)
             las++;
         p[i]=las;
     }
     init();
     f[][]=;
     for(int i=;i<=n;++i)
     {
         f[i][]=;
         for(int j=;j<=i;++j)
             f[i][j]=(f[i-][j]+f[i-][j-]*(p[i]-j+))%mod;
     }
     g[n]=f[n][n];
     for(int i=n-;i>=s;--i)
     {
         g[i]=f[n][i]*jc[n-i]%mod;
         for(int j=i+;j<=n;++j)
             g[i]=(g[i]-g[j]*c[j][i])%mod;
         if(g[i]<)
             g[i]+=mod;
     }
     printf("%lld",g[s]);
     return ;
 }

AC代码

这个DP在考场上几乎没有人写出来。为什么这么难？我再次略总结一下：

1、这个DP出现了不只一个转移方程，即一个转移方程解决不了这个问题， 必须要分步处理，每一步都是个DP。我们做这个题，要考虑怎么分步、步骤之间的联系、每步的处理方式。而这就很难想了。

2、用到了容斥原理的数学知识，对数学基础不行的同学（尤其是作者）极为不友好。