D. Permutation Blackhole - 题解

比赛与标签

比赛: Codeforces Round 1040 (Div. 1) 标签: dp

题目大意喵~

呜喵~ 主人，这道题是说，我们有一个长度为 n 的排列 p，还有 n 个从 1 到 n 编号的白色格子。我们要按照 p 的顺序，一步步地把这些格子染成黑色，并且计算每个格子的得分，最后得到一个得分序列 s。

染色的规则是这样哒：

1. 在第 i 步（从 i=1 到 n），我们要处理 p_i 这个格子。
2. 如果 i > 1（也就是说，已经有黑格子存在了），我们需要找到离 p_i 最近的那个已经变黑的格子。如果左右两边距离一样近，就选编号更小的那个。然后，给那个被选中的黑格子加 1 分！
3. 做完加分之后，就把 p_i 自己也染成黑色。

所有格子都染黑后，每个格子 i 的最终得分就是 s_i。

现在的问题是，我们拿到的得分序列 s 可能是不完整的，有些位置是 -1，表示我们不在乎那里的得分是多少。我们的任务，就是计算有多少个不同的排列 p，可以产生一个与所给 s 兼容（即所有非 -1 的位置都匹配）的最终得分序列。

因为答案可能很大，所以要对 998244353 取模哦，喵~

解题思路的说

看到这种“最近邻居”和区间操作的问题，聪明的猫娘我呀，第一反应就是区间 DP 啦！整个过程就像是在一个序列上不断插入新的黑点，每次插入都会把一个大的白色区间分割成两个小的，这不就是区间 DP 的经典应用场景嘛！

1. 引入虚拟边界

为了让我们的区间 DP 在处理边界（比如最左边和最右边的格子）时更方便，我们可以使用一个经典的小技巧：引入虚拟的黑格子！我们想象在 0 号位置和 n+1 号位置各有一个从一开始就存在的黑格子。这样，任何一个真实的格子 1...n 始终都处于某两个黑格子之间，就不用写好多 if-else 来处理边界情况啦，是不是很优雅？喵~

2. DP 状态定义

接下来就是最核心的 DP 设计啦！我们定义一个四维的 DP 数组： dp[l][r][sl][sr]

它的意思是：

在已经有黑格子 l 和 r 的前提下，将 (l, r) 区间内所有 r-l-1 个白格子全部染黑，并且在这个过程中，边界 l 获得了 sl 的分数，边界 r 获得了 sr 的分数的方案数。

这里的 l 和 r 可以是真实的格子 1...n，也可以是我们的虚拟边界 0 和 n+1。

3. 状态转移（最有趣的部分！）

我们的 DP 是按区间的长度 len = r - l 从小到大计算的。对于一个区间 (l, r)，我们考虑这个区间里最后一个被染黑的格子，设它为 k (l < k < r)。

当 k 是最后一个被染黑的时候，它把染黑 (l, r) 这个大任务，分成了三个部分：

1. 染黑 (l, k) 区间里的所有格子。
2. 染黑 (k, r) 区间里的所有格子。
3. 最后染黑 k 自己。

• 组合计数：在 k 被染黑之前，(l, r) 区间里除了 k 之外的 r-l-2 个格子都要被染黑。这些格子被分成了 (l, k) 和 (k, r) 两组。它们的染色顺序可以任意交错，所以我们需要用组合数来计算总的排列方式。把 k-l-1 个左区间的格子安插到 r-l-2 个总位置里，有 C(r-l-2, k-l-1) 种方法。

• 分数合并：

  • 我们从子问题 dp[l][k][u][v] 和 dp[k][r][w_k][w] 中获取方案数。
  • dp[l][k][u][v]：表示填充 (l, k)，l 得 u 分，k 得 v 分。
  • dp[k][r][w_k][w]：表示填充 (k, r)，k 得 w_k 分，r 得 w 分。
  • 当最后染 k 时，它的最近邻居是 l 和 r。它会给 l 或 r 贡献 1 分。根据规则（距离近者优先，同距离选下标小者），我们可以确定是 l 还是 r 加分。
  • 所以，l 的总得分是 u（来自 (l, k)）加上 k 贡献的 0 或 1 分。
  • r 的总得分是 w（来自 (k, r)）加上 k 贡献的 0 或 1 分。
  • k 的总得分就是 v + w_k。如果题目给定的 s[k] 不是 -1，我们就必须保证 v + w_k == s[k]。如果是 -1，那 k 得多少分都行，我们把所有可能的情况加起来就好啦。

4. 初始状态和最终答案

• 初始状态：对于长度为 1 的区间 (i, i+1)，里面没有格子需要染，所以 l 和 r 都得 0 分。dp[i][i+1][0][0] = 1。
• 最终答案：整个问题就是填充我们用虚拟边界创造的最大区间 (0, n+1)。最终的答案就藏在 dp[0][n+1][1][0] 里。咦？为什么是 [1][0] 呢？这可以理解为我们 DP 模型的一个巧妙结果。当考虑整个排列时，根节点（也就是最后一个被染色的元素）根据我们的 point_to_l 规则，会把它的得分贡献给虚拟的左边界 0。这个状态恰好就累计了所有合法的排列总数。虽然虚拟边界不能真的得分，但在我们的 DP 模型里，它就像一个计数器，完美地完成了任务！

另外，一个格子最多能得多少分呢？可以估算一下，大概是 O(log n) 级别的。所以我们可以设置一个分数上限 MAX_SCORE（代码里是13），这大大减小了 DP 状态空间，让我们的算法能够跑得飞快！如果某个格子的要求得分超过这个上限，那肯定无解，直接输出 0 就好啦。

代码实现喵~

#include <iostream>
#include <vector>
#include <numeric>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int MOD = 998244353;
const int MAX_N = 102;
// 经过分析，一个点的得分数不会很大，设置一个上限可以优化时空
const int MAX_SCORE = 13;

// 自定义模整数结构体，处理取模运算
struct mint {
    int x;
    mint(long long v = 0) {
        x = v % MOD;
        if (x < 0) x += MOD;
    }
    mint& operator+=(const mint& other) {
        x += other.x;
        if (x >= MOD) x -= MOD;
        return *this;
    }
    mint& operator-=(const mint& other) {
        x -= other.x;
        if (x < 0) x += MOD;
        return *this;
    }
    mint& operator*=(const mint& other) {
        x = (long long)x * other.x % MOD;
        return *this;
    }
    friend mint operator+(mint a, const mint& b) { return a += b; }
    friend mint operator-(mint a, const mint& b) { return a -= b; }
    friend mint operator*(mint a, const mint& b) { return a *= b; }
};

int s[MAX_N];
// dp[l][r][sl][sr]: 将(l,r)区间填满，l获得sl分，r获得sr分的方案数
mint dp[MAX_N][MAX_N][MAX_SCORE][MAX_SCORE];
// 预处理组合数
mint C[MAX_N][MAX_N];

void precompute_combinations(int n) {
    for (int i = 0; i <= n; ++i) {
        C[i][0] = 1;
        for (int j = 1; j <= i; ++j) {
            C[i][j] = C[i - 1][j - 1] + C[i - 1][j];
        }
    }
}

void solve() {
    int n_orig;
    cin >> n_orig;
    int max_s = 0;
    for (int i = 1; i <= n_orig; ++i) {
        cin >> s[i];
        if (s[i] > max_s) {
            max_s = s[i];
        }
    }

    // 如果要求的得分超过了理论上限，直接无解
    if (max_s >= MAX_SCORE) {
        cout << 0 << endl;
        return;
    }

    // 引入虚拟边界 0 和 n_orig+1
    int n = n_orig + 1;

    // 初始化DP数组
    for (int l = 0; l <= n; ++l) {
        for (int r = 0; r <= n; ++r) {
            for (int sl = 0; sl < MAX_SCORE; ++sl) {
                for (int sr = 0; sr < MAX_SCORE; ++sr) {
                    dp[l][r][sl][sr] = 0;
                }
            }
        }
    }

    // 基础情况：长度为1的区间(i, i+1)是空的，不得分，方案数为1
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        dp[i][i + 1][0][0] = 1;
    }

    // 按区间长度从小到大进行DP
    for (int len = 2; len <= n; ++len) {
        for (int l = 0; l <= n - len; ++l) {
            int r = l + len;
            // 枚举区间(l,r)中最后一个被染色的点k
            for (int k = l + 1; k < r; ++k) {
                // 判断k染色时，是给l加分还是r加分
                // 虚拟右边界n是无限远，所以l更近；虚拟左边界0无限远，所以r更近
                // 其他情况按距离判断，距离相等时选下标小的l
                bool point_to_l = (r == n) || (l > 0 && (k - l) <= (r - k));
                
                // 计算组合数：从len-2个点中选k-l-1个点放在(l,k)区间
                mint combinations = C[len - 2][k - l - 1];
                if (combinations.x == 0) continue;

                if (s[k] != -1) { // 如果k的分数是固定的
                    for (int u = 0; u < MAX_SCORE; ++u) { // l从(l,k)中获得u分
                        for (int v = 0; v <= s[k]; ++v) { // k从(l,k)中获得v分
                            if (dp[l][k][u][v].x == 0) continue;
                            int w_k = s[k] - v; // k需要从(k,r)中获得的分数
                            if (w_k >= MAX_SCORE) continue;
                            for (int w = 0; w < MAX_SCORE; ++w) { // r从(k,r)中获得w分
                                if (dp[k][r][w_k][w].x == 0) continue;
                                
                                // 计算l和r在(l,r)这个大区间中的总得分
                                int next_u = u + point_to_l;
                                int next_w = w + !point_to_l;
                                if (next_u < MAX_SCORE && next_w < MAX_SCORE) {
                                    dp[l][r][next_u][next_w] += combinations * dp[l][k][u][v] * dp[k][r][w_k][w];
                                }
                            }
                        }
                    }
                } else { // 如果k的分数不固定，可以优化
                    vector<mint> dpsum_L(MAX_SCORE, 0); // dpsum_L[u] = sum(dp[l][k][u][v]) over v
                    vector<mint> dpsum_R(MAX_SCORE, 0); // dpsum_R[w] = sum(dp[k][r][v][w]) over v
                    
                    for (int u = 0; u < MAX_SCORE; ++u) {
                        for (int v = 0; v < MAX_SCORE; ++v) {
                            dpsum_L[u] += dp[l][k][u][v];
                            dpsum_R[u] += dp[k][r][v][u];
                        }
                    }

                    for (int u = 0; u < MAX_SCORE; ++u) {
                        if (dpsum_L[u].x == 0) continue;
                        for (int w = 0; w < MAX_SCORE; ++w) {
                            if (dpsum_R[w].x == 0) continue;
                            
                            int next_u = u + point_to_l;
                            int next_w = w + !point_to_l;
                            if (next_u < MAX_SCORE && next_w < MAX_SCORE) {
                                dp[l][r][next_u][next_w] += combinations * dpsum_L[u] * dpsum_R[w];
                            }
                        }
                    }
                }
            }
        }
    }

    // 最终答案是填充整个(0, n)区间，且虚拟边界0得1分，虚拟边界n得0分
    cout << dp[0][n][1][0].x << endl;
}

int main() {
    ios_base::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);
    precompute_combinations(MAX_N - 1);
    int t;
    cin >> t;
    while (t--) {
        solve();
    }
    return 0;
}

复杂度分析的说

• 时间复杂度: O(T * N³ * S³) 的说。
  • T 是测试用例的数量。
  • 我们的DP有三层循环来确定区间和分割点 k，这是 O(N³)。
  • 在转移时，如果 s[k] 固定，我们需要三层循环遍历 l 的得分 u、k 的部分得分 v 和 r 的得分 w，每层都是 S（MAX_SCORE），所以是 O(S³)。如果 s[k] 不固定，代码里的优化可以做到 O(S²)。但总的来说，瓶颈在 s[k] 固定的情况，所以是 O(N³ * S³)。不过，因为有 sum(N²) <= 10^4 的限制，以及 S 是个小常数(13)，所以这个复杂度是可以接受的。
• 空间复杂度: O(N² * S²) 的说。
  • 主要是 dp 数组的开销，维度是 N * N * S * S。

知识点与总结喵

这真是一道非常有趣的区间DP题呢！让本喵来总结一下吧~

1. 核心算法: 区间动态规划是解决这道题的钥匙。当问题的解决过程可以被不断地分割成独立的子区间问题时，就要想到它！
2. 建模技巧:
   • 虚拟边界: 在序列的 0 和 n+1 位置设置虚拟节点，是处理区间DP边界问题的绝佳技巧，能让代码逻辑统一简洁。
   • “最后一步”分析法: 通过分析区间中“最后一个被操作的元素”来划分状态，是区间DP设计转移方程的常用思路。
3. 组合数学: 在合并子问题时，别忘了考虑不同子问题操作序列的交错顺序，这通常需要用到组合数 C(n, k)。
4. 优化意识: 当遇到通配符（比如本题的 -1）时，可以尝试通过预处理（如提前求和）来减少循环层数，降低复杂度。
5. 估算与剪枝: 通过分析问题性质，估算某些变量（如本题的得分 s_i）的可能范围，可以设定一个上限 MAX_SCORE，有效减小状态空间，是解题中的一个实用trick。

希望本猫娘的讲解能帮助到主人哦！下次遇到类似的题目，也要像这样一步步分析，找到问题的核心结构，然后优雅地解决它！加油喵~ (ฅ'ω'ฅ)