标签:cores 序列 cout 限制 轻松 中间 ext pre 影响
考虑限制一定是对于前缀和后缀的,并且显然相交的前后缀可以不考虑。然后还可以发现只用考虑最长的那一段的条件,即 \(\lfloor\frac {n-1}{2}\rfloor\) 和 \(\lfloor\frac {n-1}{2}\rfloor + 1\) 的长度。
可以将原序列分成两个部分。
如下:
\[
{A A | (C) | B}
\]
我们把 \(C\) 去掉,把最后一个 \(A\) 提出来。
分别向前后差分分别记为数组 \(a,b\) 。发现 \(\sum _i (a_i + b_i) * i\) 就是除去 \(A\) 的差。
即 \(\text{最后一个 A 的值} > \sum _i (a_i + b_i) * i?\) 。
向后的差分还对 \(A?\) 的最大值有影响,贡献要多一个。
并且容易发现最后的方案就是 \(n - \sum (a_i + b_i)*i + \sum b_i?\), 小于 \(0?\) 没有贡献。
然后发现有些时候方案数要多乘一个 \(b_i+1\) (有一个 \(C\) 在中间),这个也可以轻松统计。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int mod, n;
typedef long long ll;
int add(int a,int b){a+=b;return a>=mod?a-mod:a;}
int sub(int a,int b){a-=b;return a<0?a+mod:a;}
int mul(int a,int b){return (ll)a*b%mod;}
int qpow(int a,int b){int ret=1;for(;b;b>>=1,a=mul(a,a))if(b&1)ret=mul(ret,a);return ret;}
/* math */
const int N = 5010;
int f[2][N],g[2][N],h1[2][N],h2[2][N];
inline void Do1(int p,int i){
for(int j=0;j<=n;j++)f[i][j] = g[i][j] = h1[i][j] = h2[i][j] = 0;
for(int j=0;j<=n;j++){
f[i][j] = add(f[i][j], f[i^1][j]);
if(j>=p){
f[i][j] = add(f[i][j], f[i][j-p]);
}
}
}
inline void Do2(int p,int i){
for(int j=0;j<=n;j++)f[i][j] = g[i][j] = h1[i][j] = h2[i][j] = 0;
for(int j=0;j<=n;j++){
f[i][j] = add(f[i][j], f[i^1][j]);
if(j>=p){
f[i][j] = add(f[i][j], f[i][j-p]);
}
}
for(int j=0;j<=n;j++){
h1[i][j] = add(h1[i][j], 1ll*f[i^1][j]*(j/p-1)%mod);
if(j>=p){
h1[i][j] = add(h1[i][j], h1[i][j-p]);
}
}
for(int j=0;j<=n;j++){
f[i][j] = sub(mul(f[i][j], j/p),h1[i][j]);
}
}
int main()
{
cin >> n >> mod;
int _d = (n-1)/2;
bool flg=0;
if(n%2==0){ flg=1; }
int cur = 0;
f[cur][0] = 1;
for(int i=_d;i;i--){
int p = i;
Do1(p,cur^=1);
if(i==_d && flg)Do2(p+1,cur^=1);
else Do1(p+1,cur^=1);
}
int ans = 0;
if(n==2){cout << 3 << endl;return 0;}
for(int i=0;i<=n;i++){
ans = add(ans, mul(f[cur][i], n-i));
}
cout << ans << endl;
}
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原文地址:https://www.cnblogs.com/weiyanpeng/p/12113475.html