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agc041_d Problem Scores

https://atcoder.jp/contests/agc041/tasks/agc041_d

Tutorial

https://img.atcoder.jp/agc041/editorial.pdf

由于\(A_i \le A_{i+1}\),所以设\(x_i=A_i-A_{i-1}\).特别的由于\(A_1\ge1\),所以设\(x_1=A_1-1\)

题目中的限制相当于对于\(k \in [1,n)\)有

考虑如果 $k > \lfloor \dfrac n2 \rfloor \(那么不等式两边消元后,会变为更小的\)k\(时的不等式.所以只需要对于\)k \le \lfloor \dfrac n2 \rfloor$满足即可.

考虑\(k<\lfloor \dfrac n2 \rfloor\)如果让\(k\)增加\(1\),那么左边会增加\(A_{k+2}\),右边会增加\(A_{n-k}\),且\(A_{k+2}<A_{n-k}\).所以实际上,我们只需要让\(k=\lfloor \dfrac n2 \rfloor\)时的不等式成立即可

那么限制就可以表示为

• \(x_1+x_2+\cdots+x_n < N\)
• \(x_1 \ge (x_2,x_3,\cdots,x_n) \cdot (0,1,2,\cdots,2,1)\)

设 \(x_2+\cdots+x_n = a, (x_2,x_3,\cdots,x_n) \cdot (0,1,2,\cdots,2,1)=b\).那么\(b \le x_1 \le N-a-1\),也就是说贡献为\(\max(0,N-a-b)\).

也就是说,其实只关心\(a+b=(x_2,x_3,\cdots,x_n) \cdot (1,2,3,\cdots,3,2)\),用一个\(O(n^2)\)的DP即可统计

Code

#include <cstdio>
#include <iostream>
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
using namespace std;
inline char nc() {
//	return getchar();
	static char buf[100000],*l=buf,*r=buf;
	return l==r&&(r=(l=buf)+fread(buf,1,100000,stdin),l==r)?EOF:*l++;
}
template<class T> void read(T &x) {
	x=0; int f=1,ch=nc();
	while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=nc();}
	while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10-‘0‘+ch;ch=nc();}
	x*=f; 
}
typedef long long ll;
const int maxn=5000+5;
int mod;
int n;
int v[maxn];
int dp[maxn][maxn];
inline void upd(int &x,int y) {x+=y; if(x>=mod) x-=mod;}
int main() {
	read(n),read(mod);
	v[2]=1;
	for(int i=3,j=n;i<=j;++i,--j) v[i]=v[j]=v[i-1]+1;
	dp[1][n]=1;
	for(int i=2;i<=n;++i) {
		for(int j=n;j>=0;--j) {
			upd(dp[i][j],dp[i-1][j]);
			if(j) upd(dp[i][max(0,j-v[i])],dp[i][j]);
		}
	}
	int an=0;
	for(int i=1;i<=n;++i) an=(an+(ll)i*dp[n][i])%mod;
	printf("%d\n",an);
	return 0;
} 

agc041_d Problem Scores

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原文地址：https://www.cnblogs.com/ljzalc1022/p/13336622.html