AtCoder Beginner Contest 282 G - Similar Permutation

套路题

题意

求有多少个 \(1\) 到 \(n\) 的排列满足恰有 \(k\) 对在排列中相邻的数满足前小于后

\(2 \leq n \leq 500, 0 \leq k \leq (n - 1)\)

思路

f[i][j][k] 表示已经放置了前 i 个数， 放置的第i个数是前i个数中第j大的($ 1\leq\(`j`\)\leq$i)，已放置的前i个数形成的所有排列满足恰有 k 对在排列中相邻的数满足前小于后的排列数量。

放置第i+1个数时，第i+1个数是前i+1个数中第j大的，第i个数是严格小于前i个数中第j大的，会为排列增加一对相邻的数满足前小于后，第i个数是大于等于前i个数中第j大的，不会为排列增加一对相邻的数满足前小于后，转移方程为：

\[f_{(i + 1) j k} = \sum_{x = 1}^{j - 1}f_{i x (k-1)} + \sum_{x=j}^{i}f_{ixk} \]

显然，后面的和式可以通过前缀和优化的。

时间复杂度为\(O(n^2k)\)。

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传送门

题意

求\(1\)到\(n\)的排列\(A\) 和 \(B\)的相似度为\(k\)的数量。

相似度计算：\(k = \sum_{i = 2}^{n}[(A_i - A_{i-1})(B_i - B_{i-1}) > 0]\) (\([X] = 1, X 为真，[X] = 0, X为假\))。

\(2 \leq n \leq 100, 0 \leq k \leq (n - 1)\)。

思路

与前一道题相比，这一题只是增加了一维状态。

f[i][a][b][k] 表示排列\(A\),\(B\)已经放置了前 i 个数, 排列\(A\)放置的第i个数在排列\(A\)中是第a大的，排列\(B\)放置的第i个数在排列\(B\)中是第b大的，此时相似度为\(k\)的排列数量。

转移方程为：

\[f_{(i+1)abk} = \sum_{x = 1}^{a - 1}\sum_{y = 1}^{b - 1} f_{ixy(k-1)} + \sum_{x = a}^{i}\sum_{y = b}^{i} f_{ixy(k-1)} + \sum_{x = 1}^{a - 1}\sum_{y = b}^{i} f_{ixyk} + \sum_{x = a}^{i}\sum_{y = 1}^{b - 1} f_{ixyk} \]

和式同样可以使用前缀和来优化。

时间复杂度为\(O(n^4)\)。

代码

int pre[107][107][107], f[107][107][107];
void solve_problem() {
    int n, m, P;

    std::cin >> n >> m >> P;

    auto add = [&](int a, int b) -> int {
        a += b;
        if ( a >= P ) a -= P;
        return a;
    };
    auto sub = [&](int a, int b) -> int {
        a -= b;
        if ( a < 0 ) a += P;
        return a;
    };
    auto sum = [&](int n, int x1, int y1, int x2, int y2) -> int {
        if (n < 0) return 0;
        return add(sub(sub(pre[n][x2][y2], pre[n][x2][y1 - 1]), pre[n][x1 - 1][y2]), pre[n][x1 - 1][y1 - 1]);
    };

    for (int i = 0; i <= n; i++) 
        for (int j = 0; j <= n; j++) 
            for (int h = 0; h <= n; h++) 
                pre[i][j][h] = f[i][j][h] = 0;
    
    f[0][1][1] = 1;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        for (int k = 0; k <= i + 1; k++) {
            for (int a = 1; a <= i; a++) {
                for (int b = 1; b <= i; b++) {
                    pre[k][a][b] = add(pre[k][a][b - 1], f[k][a][b]);
                }
            }
            for (int b = 1; b <= i; b++) {
                for (int a = 1; a <= i; a++) {
                    pre[k][a][b] = add(pre[k][a][b], pre[k][a - 1][b]);
                }
            }
        }
        for (int k = 0; k <= i + 1; k++) {
            for (int a = 1; a <= i + 1; a++) {
                for (int b = 1; b <= i + 1; b++) {
                    f[k][a][b] = add(
                                    add(sum(k - 1, 1, 1, a - 1, b - 1), sum(k - 1, a, b, i, i)), 
                                    add(sum(k, 1, b, a - 1, i), sum(k, a, 1, i, b - 1))
                                    );
                }
            }
        }
    }
    std::cout << sum(m, 1, 1, n, n) << "\n";
}