AtCoder Grand Contest 024E: Sequence Growing Hard 题解

神仙题，感觉思路太神奇
题目等价于每次向序列里面插入一个新数，问有多少种方案
我们考虑怎样插入一个新数是合法的，假设当前插入的数是cur，那么有两种情况
1. cur放在序列的末尾
2. cur之后第一个与cur不一样的数比cur小（或者cur后面的数全都和cur一样）
我们发现改一下这个问题的初始条件，不是空序列，而是一个包含一个0的序列，这两种情况就变成只有第二种情况了，而且括号里的部分也不用考虑
接下来是神奇的部分
所以每个数被插入的时候都能在后面认领到一个唯一的比他小的数，这很像一个树的结构：每个点对应一个唯一的父亲
我们考虑用一个二元组(t,cur)来表示树上的每一个节点，t表示这是第几个被插入的数，cur表示这个插入的数是什么，那么(t,cur)和他的父亲(t’,cur’)之间应该满足t>t’,cur>cur’
所以我们的问题转化成了：按照上述规则建立一棵树，不同构的树有多少棵（这里同构不止要求形态相同，上面的二元组也要相同）
考虑树型dp,dp[i][j]表示有i个点的树，根节点的cur值是j的树有多少棵
转移考虑枚举这棵树的最后一棵子树的点的个数p，显然根据上面的规则它的根节点可以是j+1,j+2…k，又考虑到不能把同构的树重复计算，所以我们可以利用一种类似最小表示法的思想，我们保证这棵树编号最大的点在最后一棵子树上，这样除去原树的根节点和已经确定的编号最大的节点，我们还剩i-2个编号，要再给最后一个子树分配p-1个编号，这里可以用一个组合数
状态转移方程是

dp[i][j]=∑p=1i−1∑m=j+1kdp[p][m]∗dp[i−p][j]∗Cp−1i−2 d p [ i ] [ j ] = ∑ p = 1 i − 1 ∑ m = j + 1 k d p [ p ] [ m ] ∗ d p [ i − p ] [ j ] ∗ C i − 2 p − 1

这样总复杂度是 O(n4) O ( n 4 ) 的，注意到上面的m的一维可以用前缀和优化，所以复杂度降到 O(n3) O ( n 3 )

#include 
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#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#include 
#define LL long long
#define LB long double
#define x first
#define y second
#define Pair pair
#define pb push_back
#define pf push_front
#define mp make_pair
#define LOWBIT(x) x & (-x)
using namespace std;

const int MOD=1e9+7;
const LL LINF=2e16;
const int INF=1e9;
const int magic=348;
const double eps=1e-10;
const double pi=3.14159265;

inline int getint()
{
    char ch;int res;bool f;
    while (!isdigit(ch=getchar()) && ch!='-') {}
    if (ch=='-') f=false,res=0; else f=true,res=ch-'0';
    while (isdigit(ch=getchar())) res=res*10+ch-'0';
    return f?res:-res;
}

int n,k,m;
LL dp[348][348],sum[348][348],c[348][348];

int main ()
{
    int i,j,p;
    n=getint();k=getint();m=getint();
    c[0][0]=1;
    for (i=1;i<=n;i++)
    {
        c[i][0]=c[i][i]=1;
        for (j=1;j<=i-1;j++) c[i][j]=(c[i-1][j-1]+c[i-1][j])%m;
    }
    for (i=0;i<=k;i++) dp[1][i]=1,sum[1][i]=k-i+1;
    for (i=2;i<=n+1;i++)
        for (j=k;j>=0;j--)
        {
            dp[i][j]=0;
            for (p=1;p<=i-1;p++)
                dp[i][j]=(dp[i][j]+((dp[i-p][j]*sum[p][j+1])%m*c[i-2][p-1])%m)%m;
            sum[i][j]=(sum[i][j+1]+dp[i][j])%m;
        }
    printf("%lld\n",dp[n+1][0]);
    return 0;
}