2019 ICPC Asia Nanjing Regional I. Space Station题解

【题目链接】

https://nanti.jisuanke.com/t/42403

【前言】

不得不说这真的是一道毒瘤题，算法众多而且难想，不看题解想不出来系列

【题目大意】

有n个点，每个点都有能量ai，你的初始能量为a0，从0出发，每次你只能到达能量低于你自身能量的点，问你有多少种路径可以经过所有点

数据范围：
1 <= n <= 100000
0 <= ai <= 50

【解题思路】

一、优先暴力

首先很容易想到暴力dfs，可以设置三个参数，分别表示当前位置，当前剩余能量，以及剩余未路过的点（实际上当前位置可以忽略），遍历数组a，找到所有可以达到的点递归处理，然后考虑剪枝，我们可以将数组a排序，如果我们此时的rest < ai，那么显然后面的点均无法到达，直接return，最后加上各种卡常优化

代码如下：

#include 
using namespace std;
const int maxn = 100010;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[maxn];
bool vis[maxn];
int n, ans = 0;
inline void dfs(register int pos, register int rest, register int cnt) {
	if (cnt == n) {
		ans = (ans + 1) % mod;
		return;
	}
	for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (vis[i]) continue;
		if(rest < a[i]) return;
		vis[i] = true;
		dfs(i, rest + a[i], cnt + 1);
		vis[i] = false;
	}
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n;
	for (register int i = 0; i <= n; ++i) cin >> a[i];
	sort(a + 1, a + n + 1);
	cout << dfs(a[0], 0) << endl;
}

但是时间复杂度为O(n²)显然会超时

二、记忆化

既然dfs超时，我们考虑能不能记忆化以减少重复计算，由于数据过大，不能使用二维数组，考虑用map + pair进行记忆化

代码如下：

#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
#define endl '\n'
const int maxn = 100010;
const int mod = 1e9 + 7;
int a[maxn];
bool vis[maxn];
int n;
map<pair<int, int>, ll> dp;  //记录每种情况的搜索结果
map<pair<int, int>, bool> ed;  //记录此种情况是否被搜索过
inline ll dfs(register int rest, register int cnt)
{
	if (cnt == n) return 1;
	register pair<int, int> pp(rest, cnt);
	register ll& x = dp[pp];
	register bool& y = ed[pp];
	if (y) return x;
	y = true;
	for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (vis[i]) continue;
		if (rest < a[i]) break;
		vis[i] = true;
		x = (x + dfs(rest + a[i], cnt + 1)) % mod;
		vis[i] = false;
	}
	return x;
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n;
	for (register int i = 0; i <= n; ++i) cin >> a[i];
	sort(a + 1, a + n + 1);
	cout << dfs(a[0], 0) << endl;
	return 0;
}

本来以为这样就可以过了，但是1 / 76的正确率果然没有让我失望，仍然显示超时，感觉也没有什么优化空间了，只好上网搜索题解，搜了半天终于找到了一篇正解

https://blog.csdn.net/qq_43202683/article/details/104099322

但是你会发现这TM写的是啥，main函数里面那一大坨是什么东西，没事，咱先不管它

三、unordered_map以及思维优化

首先，正解里面的想法很聪明，由于ai最大只有50，而n却有100000，他并不记录ai而是将ai映射到数组中，用b[ai]记录ai出现的次数，那么dfs函数里面的for循环就可以不用从1 - n了，而是从0 - rest，这样枚举时间就大大下降了，然后，当我的rest大于50的时候，由于从一个点到达另一个点并不消耗任何能量，所以现在可以到达任意的未到达的点，即直接返回 (cnt!)

其次，正解里面用的不是map，而是unordered_map，百度告诉我unordered_map内部并不是红黑树而是Hash算法实现的查找结构，好像也有人叫hash_map，正解里面将参数Hash后再经过unordered_map的二次Hash保证了状态的唯一

正解里的Hash

    for(int i = 50; i > 0; --i) ha = ha*sed+state.a[i];
    if(mp.find(ha) != mp.end()) return mp[ha];

一开始我不理解为什么要这么做，于是我的程序变成了这个样子

#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define endl '\n'
const int maxn = 100010;
const int mod = 1e9 + 7;
ll a[51];
ll m[maxn];  //记录阶乘
int n;
ll rem[maxn][51];
inline void Hash() {  //保证每个状态唯一
	int cnt = 0;
	for (int i = 0; i <= 100000; ++i) {
		for (int j = 0; j <= 50; ++j) {
			rem[i][j] = ++cnt;
		}
	}
}
unordered_map<ull , ll> dp;
inline ll dfs(register int rest, register int cnt) {
	if (!cnt) return 1;
	if (rest >= 50) return m[cnt];
	register ll hash = rem[rest][cnt];
	if (dp.find(hash) != dp.end()) return dp[hash];
	register ll res = 0;
	for (register int i = 0; i <= rest; ++i) {
		if (!a[i]) continue;
		--a[i];
		res = (res + (a[i] + 1) * dfs(rest + i, cnt - 1) % mod) % mod;
		++a[i];
	}
	return dp[hash] = res;
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n;
	register int rest;
	cin >> rest;
	m[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 100000; ++i) {
		m[i] = m[i - 1] * i % mod;
	}
	Hash();
	for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
		register int x;
		cin >> x;
		++a[x];
	}
	cout << dfs(rest, n) << endl;
	return 0;
}

该代码只跑了68ms，是不是很快，但是WA的不要不要的

这TM是为什么，陷入沮丧无法自拔，想了好久，发现由rest和cnt不能唯一代表一种状态，比如说有两条不同的路径可以到达相同的rest和cnt，但是由于dp[rest,cnt]已经记录过了，所以你不会继续往下搜索，导致结果错误

那么正解提供的Hash方法为什么可以呢？

注意看这句话

for(int i = 50; i > 0; --i) ha = ha*sed+state.a[i];

这个Hash值记录了所有的ai，也就是说它将所有有可能影响该状态的参数统统参与了Hash值得计算，所以能够保证其状态的唯一性

好了，略微修改一下，代码长这个样子：

#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define endl '\n'
const int maxn = 100010;
const int mod = 1e9 + 7;
ll a[51];
ll m[maxn];
ull seed = 131;
int n;
unordered_map<ull , ll> dp;
inline ll dfs(register int rest, register int cnt) {
	if (cnt == n) return 1;
	if (rest >= 50) return m[n - cnt];
	register ull hash = 0;
	for (int i = 50; i >= 0; --i) hash = hash * seed + a[i];  //唯一修改处
	if (dp.find(hash) != dp.end()) return dp[hash];
	register ll res = 0;
	for (register int i = 0; i <= rest; ++i) {
		if (!a[i]) continue;
		--a[i];
		res = (res + ((a[i] + 1) * dfs(rest + i, cnt + 1) + mod) % mod) % mod;
		++a[i];
	}
	return dp[hash] = res;
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	cin >> n;
	register int rest;
	cin >> rest;
	m[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= 100000; ++i) {
		m[i] = (m[i - 1] * i + mod) % mod;
	}
	for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
		register int x;
		cin >> x;
		++a[x];
	}
	cout << dfs(rest, 0) << endl;
	return 0;
}

这次，我满怀信心的又交了一次，mdTLE，险些弃题，冷静下来，分析正解，发现它将所有ai = 0的点从dfs中除去了，想了想，发现确实ai = 0对于答案的贡献是可以推导出来的

假设numof(ai == 0) = z，ansof(dfs) = res，那么

应该很好理解，能经过所有点的路径应该是1 - n的一个排列，那么我现在将所有的ai = 0插入到这条路径中一共有 Czn * z! 条不同的插法，然后将这个值乘上res就是答案了，化简一下就是上面的式子

最后我们只要将res乘上n * n - 1 * … * (n - z + 1)就可以得到答案

那么现在代码变成了这个样子：

#include 
#include 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
#define endl '\n'
const int maxn = 100010;
const int mod = 1e9 + 7;
ll a[51];
ll fac[maxn];
ull seed = 131;
unordered_map<ull, ll> dp;
inline ll dfs(register int rest, register int cnt) {
	if (!cnt) return 1;
	if (rest >= 50) return fac[cnt];
	register ull hash = 0;
	for (int i = 50; i >= 0; --i) hash = hash * seed + a[i];
	if (dp.find(hash) != dp.end()) return dp[hash];
	register ll res = 0;
	for (register int i = 1; i <= rest; ++i) {
		if (!a[i]) continue;
		--a[i];
		res = (res + (a[i] + 1) * dfs(rest + i, cnt - 1) % mod) % mod;
		++a[i];
	}
	return dp[hash] = res;
}
int main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin.tie(0), cout.tie(0);
	register int n, rest;
	cin >> n >> rest;
	fac[0] = 1;
	for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	}
	register int zero = 0, num = 0;
	for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
		register int x;
		cin >> x;
		if (!x) ++zero;  //单独记录x = 0
		else ++a[x], ++num;
	}
	register ll ans = dfs(rest, num); //由于去除了x = 0，那么dfs的总点数也就不是n了
	for (int i = n; i >= n - zero + 1; --i) {
		ans = (ans * i) % mod;
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}

呼，长呼一口气，代码写到这里终于AC了，真是历经千辛万苦

但是正解里main函数前面那一大坨是什么？

四、乘法逆元（拓展内容）

请先自行百度何为乘法逆元

乘法逆元的求法（5种）

正解中求n * n - 1 * … * (n - z + 1)的方法并不是low到爆的for循环，而是巧妙运用了乘法逆元的特性，应该是数论里面的一个结论

首先我们可以求出 (i!) % mod= fac[i]，然后求出 ((n!) % mod)^-1 = ifac[n]，那么其递推式为
ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod = ((i + 1)! % mod)^-1 * (i + 1) % mod = (i! % mod)^-1 = ifac[i]

那么n * n - 1 * … * (n - z + 1) % mod= (n! % mod) * ((n - z)! % mod)^-1 = fac[n] * ifac[n - z]

是不是和正解里的ans表达式有点相似

没错，正解main函数里面前面那一坨实际上就是在求1 - n在mod的下的阶乘和阶乘逆元

【后记】

终于写完了，不得不说这题是真的毒瘤，翻了南京赛的榜单发现这题果然没几个做出来的，写了一下午，咱也不敢问，咱也不敢说