洛谷P4063 [JXOI2017]数列(dp)

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Sol

这题想还是不难想的，就是写起来很麻烦，然后去看了一下loj的最短代码表示只能Orz

首先不难发现一条性质：能够选择的区间一定是不断收缩的，而且新的可选区间一定是旧区间的某个位置划分而来的。

比如\(A_{i-1} = x\)，此时小于\(x\)的最大数为\(l_{i-1}\)，大于\(x\)的最小数为\(r_{i-1}\)，我在这之中选了一个\(A_i = t\)，那么我们考虑\(A_{i+1}\)的时候。显然若\(t < x\)，那么大于\(t\)的最小数为\(x\)，小于\(t\)的最大数为\(l\)，\(t>x\)同理。

然后就可以设\(f[i][l][r]\)表示\(i\)位置在\([l,r]\)内取值的方案数。转移的时候需要倒着转移。

直接记忆话搜索即可

复杂度\(O(nr^3)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Fin(x) freopen(#x".in", "r", stdin);
using namespace std;
const int MAXN = 50001, mod = 998244353;
template<typename A, typename B> inline bool chmax(A &x, B y) {return x < y ? x = y, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline bool chmin(A &x, B y) {return x > y ? x = y, 1 : 0;}
template<typename A, typename B> inline A mul(A x, B y) {return 1ll * x * y % mod;}
template<typename A, typename B> inline void add2(A &x, B y) {x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;}
template<typename A, typename B> inline int add(A x, B y) {return x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;}
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int N, a[51], f[51][152][152];
int dfs(int x, int l, int r) {
    if(x > N) 
        return 1;
    int &res = f[x][l][r];
    if(~res) return res; res = 0;
    for(int i = max(1, l); i <= min(a[x], r); i++) {
        if(i == l || i == r) add2(res, dfs(x + 1, i, i));
        else add2(res, add(add(dfs(x + 1, l, i), dfs(x + 1, i, r)), -dfs(x + 1, i, i) + mod));
    }
    return res;
}
signed main() {
    memset(f, -1, sizeof(f));
    N = read();
    int mx = 0;
    for(int i = 1; i <= N; i++) a[i] = read(), chmax(mx, a[i]);
    cout << dfs(1, 0, mx + 1);
    return 0;
}

洛谷P4063 [JXOI2017]数列(dp)

原文：https://www.cnblogs.com/zwfymqz/p/10440440.html