BZOJ4574: [Zjoi2016]线段树【DP】

4574: [Zjoi2016]线段树

这个DP有点玄学，$F[w][i][L][R]$表示第$i$轮$min(a[i],i\in [L,R])\le w<min(a[L-1],a[R+1])$。

考虑转移

1.$F[w][i][j][t(t<k)]+=F[w][i-1][j][k]\ast (n-j)$，表示上一次的区间为$[j,k]$这一次选择了$[t+1,p(p>R)]$，$p$可以在$[n-j+1,n]$之间随便选，这样选择包括了$R+1$所以不满足定义了，所以区间需要缩小。

2.$F[w][i][t(t>j)][k]+=F[w][i-1][j][k]\ast (i-1)$，同上。

3.$F[w][i][j][k]+=F[w][i][j][k]\ast \frac{(i-1)\ast i}{2}\ast \frac{(n-j)\ast (n-j+1)}{2}\ast \frac{(j-i+1)\ast (j-i+2)}{2}$

也就是我们现在要取一个区间，使得要么被包含要么没有交集。

我们一开始枚举w，这样DP就可以少一维了，然后i这维滚一下。

然后前缀和优化DP就可以了。时间复杂度O(n^4)，虽然跑不满，但是还是要卡一下常才行。

#include
#include
#include
using namespace std;
const int MOD=1e9+7;
typedef long long LL;
int n,q,m,Rank[405],b[405],a[405],cnt[405];
LL f[2][405][405],Ans[405],A[405][405],Sum[405][405];
void MO(LL &x){x-=(x>=MOD?MOD:0);}
void Solve(int L,int R,int K){
	memset(f,0,sizeof(f));f[0][L][R]=1;
	int now=1;
	for(int t=1;t<=q;t++,now^=1){
		for(int i=L;i<=R;i++){
			LL rt=0;
			for(int j=R;j>=i;j--) f[now][i][j]=rt,rt+=f[now^1][i][j]*(n-j);
		}
		for(int j=L;j<=R;j++){
			LL rt=0;
			for(int i=L;i<=j;i++) f[now][i][j]+=rt,rt+=f[now^1][i][j]*(i-1);
		}
		for(int i=L;i<=R;i++)
		for(int j=i;j<=R;j++) f[now][i][j]=(f[now][i][j]+f[now^1][i][j]*A[i][j])%MOD;
	}
	for(int i=L;i<=R;i++){
		LL rt=0;
		for(int j=R;j>=i;j--) MO(rt+=f[now^1][i][j]),MO(Sum[j][Rank[K]]+=rt);
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),Rank[i]=b[i]=a[i];
	sort(b+1,b+1+n);m=unique(b+1,b+1+n)-b-1;
	for(int i=1;i<=n;i++) Rank[i]=lower_bound(b+1,b+1+m,Rank[i])-b;
	for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]=i*(i+1)/2;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	for(int j=i;j<=n;j++) A[i][j]=cnt[i-1]+cnt[n-j]+cnt[j-i+1];
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int L=i,R=i;
		while(L>1&&a[L-1]<=a[i]) L--;
		while(R