AtCoder Beginner Contest 221 H. Count Multiset（容斥 dp 拆分数差分数形结合）

题目

给定m,n(m<=n<=5e3)，

求大小为k的多重集合，满足元素和为n，

且每种数在集合中出现的次数都小于等于m的集合数有多少个

答案对998244353取模

思路来源

官方题解

「解题报告」[ABC221H] Count Multiset - K8He - 洛谷博客

Solution-ABC221H - yllcm 的博客 - 洛谷博客

【AtCoder思维训练】ABC221H Count Multiset - QAQ - 洛谷博客

题解1

整体来说，如果没有每个次数<=m的限制，就是分拆数

1. 把多重集合转成不下降序列（单增序列），

每个序列统计一次（A1,A2,...,Ak）（A1<=A2<=...<=Ak)

2. 把不下降序列转成差分数组，

令B[1]=A[1]，B[i]=A[i]-A[i-1]，

对于差分数组，需要满足以下三个条件：

① $\sum_{i=1}^{k}B_{i}*(k+1-i)=n$

②B数组中不存在连续的m个0

③ $B_{1}>0$

3. 发现①做dp的时候是有后效性的，

与k相关，第k+1次的时候需要加上前k个的和

考虑对差分数组反转，即令i=k+1-i

反转后的差分数组B，需要满足以下三个条件：

① $\sum_{i=1}^{k}B_{i}*i=n$

②B数组中不存在连续的m个0

③ $B_{k}>0$

f[i][j]表示当前选了i个数，总和为j的方案数

①一种方式是，对反转的差分序列后面新增一个0，

如：

原序列2 2 3，差分序列2 0 1，反转差分序列1 0 2，

此时给反转差分序列后面加一个0，得到1 0 2 0，

对应差分序列0 2 0 1，原序列0 2 2 3，即原序列前面加一个0

即f[i][j]从f[i-1][j]转移而来

②另一种方式是，对反转的差分序列的最后一个数加1，

如：

原序列2 2 3，差分序列2 0 1，反转差分序列1 0 2，

此时给反转差分序列最后一个数加1，得到1 0 3，

对应差分序列3 0 1，原序列3 3 4，即原序列整体加1

即f[i][j]从f[i][j-i]转移而来

考虑怎么加上连续最多m个0的限制，

设g[i][j]表示当前填了i个数，总和为j，序列里不含0的方案数，

给整体加1过后的序列，即不包含0，有 $g[i][j]=f[i][j-i]$

f的转移，要么是对f数组整体加1，

要么是钦定0的个数，从一段没有0的g数组转移过来

$f[i][j]=f[i][j-i]+\sum_{k=1}^mg[i-k][j]$

$g[i][j]=f[i][j-i]$

由于序列里没有0，最后g[i][n]即为所求

当然，可以进一步化简，

$f[i][j]=\sum_{k=0}^mg[i-k][j]$

$g[i][j]=f[i][j-i]$

因为最后是求g数组，可以上式代入下式联立消掉f，有

$g[i][j]=f[i][j-i]=\sum_{k=0}^mg[i-k][j-i]$ ，

就与官方题解中的代码一致了，前缀和优化一下，复杂度 $O(n^2)$

题解2

接题解1，反转后的差分数组B，需要满足以下三个条件：

① $\sum_{i=1}^{k}B_{i}*i=n$

②B数组中不存在连续的m个0

③ $B_{k}>0$

直接g[i][j]表示当前选了i个数， $\sum_{x=1}^{i}B_{x}*x=j$ ，最后一个数即b[i]>0的方案数

考虑暴力转移，

从1到m，枚举最后一段0的连续段长度，

也就是枚举上一个非0的位置x，再枚举b[i]选择的数为w，有：

$g[i][j]=\sum_{w=1}^{w*i\leq j}\sum_{x=i-m}^{i-1}g[x][j-w*i]$

对 $\sum_{x=i-m}^{i-1}g[x][j-w*i]$ 的第一维，也就是g[x]这一维维护前缀和，

即可实现转移，复杂度 $O(n^2logn)$

题解3

考虑直接对原序列做dp，

f[i][j]表示前i个数和为j的方案数

如：原序列1 1 2，

①每次要么新增一个1，转移到1 1 1 2，f[i][j]从f[i-1][j-1]转移

②要么令所有数都+1，使得所有数都大于等于2，转移到2 2 3，f[i][j]从f[i][j-i]转移

但是，第一种转移新增了一个1，可能会导致恰出现连续m+1个1的情况，减掉这种情况即可

出现这种情况时，前m+1个数字为1，且第m+2个数为>=2的值，

只需全局减1，即可删掉m+1个1，并且使得第m+2个数的值>=1，也就对应了f[i-(m+1)][j-i]

有 $f[i][j]=f[i-1][j-1]+f[i][j-i]-f[i-(m+1)][j-i]$

复杂度 $O(n^2)$

题解4

数形结合，

如果对原序列dp，如下图所示，有三条限制，

① $x_{i}\leq x_{i+1},x_{1}> 0$

②不存在超过m个xi相同

③ $\sum x_{i}=n$

按照箭头视角去看这个图，

也就是先顺时针旋转90度，再翻转，

新的序列仍然有三条限制，

① $y_{i}\leq y_{i+1},y_{1}> 0$

② $y_{i+1}-y_{i}\leq m$

③ $\sum y_{i}=n$

发现限制2更强了，所以可以对新序列dp，

dp[i][j]表示最后一列高为i，柱状图面积总和为j的方案数，

枚举上一列高为x，需要满足x∈[i-m,i]，有：

$dp[i][j]=\sum_{x\leq i,x\geq i-m}dp[x][j-i]$

惊奇地发现，这和题解1得到的转移式子一模一样

复杂度 $O(n^2)$

代码1、代码4 O(n^2)

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=5e3+10,mod=998244353;
int n,m,dp[N][N],sum[N][N];
void add(int &x,int y){
    x=(x+y)%mod;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    dp[0][0]=sum[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=0;j<=n;++j){
            if(j>=i){
                dp[i][j]=sum[i][j-i];
                if(i-m-1>=0){
                    add(dp[i][j],mod-sum[i-m-1][j-i]);
                }
            }
            sum[i][j]=(sum[i-1][j]+dp[i][j])%mod;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        printf("%d\n",dp[i][n]);
    }
    return 0;
}

代码2 O(n^2logn)

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=5e3+10,mod=998244353;
int n,m,g[N][N],sum[N][N];
void add(int &x,int y){
    x=(x+y)%mod;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    g[0][0]=sum[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=0;j<=n;++j){
            for(int w=1;w*i<=j;++w){
                add(g[i][j],sum[i-1][j-w*i]);
                if(i-m-1>=0)add(g[i][j],mod-sum[i-m-1][j-w*i]);
            }
            sum[i][j]=(sum[i-1][j]+g[i][j])%mod;
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        printf("%d\n",g[i][n]);
    }
    return 0;
}

代码3 O(n^2)

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=5e3+10,mod=998244353;
int n,m,dp[N][N];
void add(int &x,int y){
    x=(x+y)%mod;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=1;j<=n;++j){
            dp[i][j]=dp[i-1][j-1];
            if(j-i>=0)add(dp[i][j],dp[i][j-i]);
            if(i>=m+1 && j-i>=0)add(dp[i][j],mod-dp[i-(m+1)][j-i]);
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        printf("%d\n",dp[i][n]);
    }
    return 0;
}

代码5 O(n^3)

自己乱搞了两个复杂度并不正确的做法，也贴在这里好了

这个是考虑容斥减掉不合法的答案

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=5e3+10,mod=998244353;
typedef long long ll;
int n,m,dp[N][N],sum[N];//dp[i][j]选了i个和为j方案数
void add(int &x,int y){x=(x+y)%mod;}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    dp[0][0]=1;
    for(int l=1;l<=n;++l){
        for(int i=1;i<=n;++i){
            for(int j=l;j<=n;++j){
                add(dp[i][j],dp[i-1][j-l]);
                /*
                for(int k=1;k<=j;++k){
                    add(dp[i][j],dp[i-1][j-k]);
                }
                */
            }
        }
        for(int i=n;i>=m+1;--i){
            for(int j=n;j-l*(m+1)>=0;--j){
                add(dp[i][j],mod-dp[i-(m+1)][j-l*(m+1)]);   
            }
        }
    }
    // for(int i=1;i<=n;++i){
    //     for(int j=1;j<=n;++j){
    //         printf("i:%d j:%d dp:%d\n",i,j,dp[i][j]);
    //     }
    // }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        printf("%d\n",dp[i][n]);
    }
    return 0;
}

代码6 O(n^3logn)

这个是纯纯暴力

#include<iostream>
using namespace std;
const int N=5e3+10,mod=998244353;
typedef long long ll;
int n,m,dp[N][N];//dp[i][j]选了i个和为j方案数
void add(int &x,int y){x=(x+y)%mod;}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    dp[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;++i){
        for(int j=n;j>=i;--j){
            for(int k=1;k<=m;++k){
                if(j-k*i<0)break;
                for(int l=n;l>=k;--l){
                    add(dp[l][j],dp[l-k][j-k*i]);
                }
            }
        }
    }
    for(int i=1;i<=n;++i){
        printf("%d\n",dp[i][n]);
    }
    return 0;
}

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