2021牛客OI赛前集训营-提高组（第三场） T3打拳
2021牛客OI赛前集训营-提高组（第三场）
题目大意
有 2 n 2^n 2n个选手参加拳击比赛，每个人都有一个实力，所有选手的实力用一个 1 1 1到 2 n 2^n 2n的排列表示。
淘汰赛的规则是：每次相邻的两个选手进行比赛，实力值大的晋级到下一轮。
你的实力为 1 1 1。为了取胜，你买通了 m m m个选手，使得你与他们比赛时让你获胜。你想要获得冠军，且你战胜的选手的实力值构成的序列的最长上升子序列长度要 ≥ k \geq k ≥k。求满足条件的方案数。
题解
我们先考虑 k = 1 k=1 k=1的情况。
在这种情况下，我们只需要让叶子节点 1 1 1到根节点的路径上所有的点都被已经收买的人占了，且满足这些点都是其子树的最大值。
将被收买的人按实力值从小到大排序。设 f i , j f_{i,j} fi,j表示已经处理了前 i i i个被收买的人， j j j的二进制的每一位表示这个位置上是否有被收买的人占据。那么转移式如下
f i , j + 2 k + = f i , j × C a i − j − 2 2 k − 1 × ( 2 k ) ! f_{i,j+2^k}+=f_{i,j}\times C_{a_i-j-2}^{2^k-1}\times (2^k)! fi,j+2k+=fi,j×Cai−j−22k−1×(2k)!，其中 k k k为 j j j的二进制位中为 0 0 0的位。
C a i − j − 2 2 k − 1 C_{a_i-j-2}^{2^k-1} Cai−j−22k−1表示在实力在比 a i a_i ai小的没有选过且不为 1 1 1的 a i − j − 2 a_i-j-2 ai−j−2个选手中选 2 k − 1 2^k-1 2k−1（因为已经确定了要有 a i a_i ai，所以 要减1）个来组成 k k k位置的子树。
因为子树内部可以任意排序，所以要乘上 ( 2 k ) ! (2^k)! (2k)!。
输出答案时，因为 1 1 1的位置任意，所以要乘上 2 n 2^n 2n。
时间复杂度为 O ( 2 n n m ) O(2^nnm) O(2nnm)。
code
#include再来考虑 k ≥ 1 k\geq 1 k≥1的情况。
我们可以考虑对LIS（最长上升子序列）的维护方法。
从小到大依次来维护每个数字的LIS，这个数字的LIS等于在其之前的所有数字的LIS的最大值+1。
比如四个数字 { 3 , 1 , 2 , 4 } \{3,1,2,4\} {3,1,2,4}，每次操作如下
{ 0 , 1 , 0 , 0 } \{0,1,0,0\} {0,1,0,0}
{ 0 , 1 , 2 , 0 } \{0,1,2,0\} {0,1,2,0}
{ 1 , 1 , 2 , 0 } \{1,1,2,0\} {1,1,2,0}
{ 1 , 1 , 2 , 3 } \{1,1,2,3\} {1,1,2,3}
我们可以暴力求出所有经过LIS过程后最大的LIS值能够 ≥ k \geq k ≥k的状态。状态的数量并不大， n = 9 n=9 n=9的时候才不到 120000 120000 120000。用这些状态来当之前状压的状态，这样即可求出答案。
时间复杂度为 O ( 120000 n m ) O(120000nm) O(120000nm)。
code
#include
// if(s[i]=='0'){
// string t=s;
// char c='0';
// for(int j=0;j
// c=max(c,s[j]);
// }
// t[i]=c+1;
// dfs(t,now+1);
// }
// }
}
void dd(){
for(int i=1;i<=tot;i++){
string s=pt[i];
char c='0';
for(int j=0;j<n;j++){
if(s[j]=='0'){
s[j]=c+1;
c++;
}
else c=max(c,s[j]);
}
// c='0';
// for(int j=0;j
if(c>='0'+k){
to[++t1]=pt[i];
re[pt[i]]=t1;
}
}
for(int i=1;i<=t1;i++){
for(int j=0;j<n;j++){
if(to[i][j]!='0') cnt[i]|=(1<<j);
}
}
}
void init(){
yh[0][0]=1;
for(int i=1;i<=1000;i++){
yh[i][0]=yh[i][i]=1;
for(int j=1;j<i;j++) yh[i][j]=(yh[i-1][j-1]+yh[i-1][j])%mod;
}
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=1000;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
}
long long mi(long long t,long long v){
if(!v) return 1;
long long re=mi(t,v/2);
re=re*re%mod;
if(v&1) re=re*t%mod;
return re;
}
void gt(string &s,int t){
char c='0';
for(int i=0;i<t;i++) c=max(c,s[i]);
s[t]=c+1;
}
int main()
{
scanf("%d%d%d%lld",&n,&m,&k,&mod);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d",&a[i]);
}
sort(a+1,a+m+1);
string s;
for(int i=1;i<=n;i++) s=s+'0';
dfs(s,0);
dd();
init();
f[0][1]=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=1;j<=t1;j++){
if(f[i-1][j]){
f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j])%mod;
string now=to[j],nxt;
for(int t=0;t<n;t++){
if(now[t]=='0'&&a[i]>=cnt[j]+(1<<t)+1){
nxt=now;gt(nxt,t);
f[i][re[nxt]]=(f[i][re[nxt]]+f[i-1][j]*yh[a[i]-cnt[j]-2][(1<<t)-1]%mod*jc[1<<t]%mod)%mod;
}
}
}
}
}
for(int i=1;i<=t1;i++){
if(cnt[i]==(1<<n)-1){
ans=(ans+f[m][i])%mod;
}
}
ans=ans*mi(2,n)%mod;
printf("%lld",ans);
return 0;
}