CF1740F Conditional Mix

CF1740F Conditional Mix

题目大意

有一个正整数$n$和一个长度为$n$的序列$a$，$1\le a_i\le n$。

把每个$a_i$看成一个一元集$\{a_i\}$，每次可以合并两个交集为空的集合。可以经过任意次合并。设合并完每个集合的元素个数组成可重集为$S$，求$S$的种类数，输出答案模$998244353$。

$1\le n\le 2000$

题解

首先我们通过补$0$将这个可重集内元素个数变为$n$。不妨设可重集内的元素是从大到小的。

对于可重集内两个位置$i,j$，若其对应的集合的大小为$A_i$和$A_j$且$A_i>A_j$，那么集合$A_i$中必定有一个元素可以取出并放到$A_j$。也就是说，对于两个可重集$A$和$B$，如果满足$\forall 1\le k\le n$都满足$\sum _{i=1}^k{A}_i\le \sum _{i=1}^k{B}_i$，那么如果$A$合法，则$B$也合法。

那么，对于每一个$k$，我们只需要找到$\sum _{i=1}^k{A}_i$的上界即可。如果一个数出现次数小于等于$k$，那肯定都能选；如果出现次数大于$k$，则最多只能取$k$次。设$cn{t}_i$表示$i$出现的次数，那么$\sum _{i=1}^k{A}_i\le \sum _{i=1}^n\min (k,cn{t}_i)$。接下来，问题就转化为满足条件的可重集$A$的个数。

我们从大到小选数。设$f_{i,j,k}$表示选了前$i$个数，和为$j$，可重集中最小的元素大于等于$k$。那么转移如下

$f_{i,j,k}=f_{i,j,k+1}+[j\ge k]\times f_{i,j-k,k}$

转移为$O(1)$的，但时间复杂度和空间复杂度为$O(n^3)$。我们考虑优化。

对于空间，我们可以用滚动数组来省去一维。

设当前可重集中的元素分别为$A_1,A_2,\dots ,A_i$，显然$A_1,A_2,\dots ,A_i\ge k$，所以$\sum _{j=1}^i{A}_j\ge i\times k$。又因为$\sum _{j=1}^i{A}_j\le n$，所以$i\times k\ge n$，即$k\le \frac{n}{i}$。也就是说，每次枚举$k$的时间复杂度为$O(\frac{n}{i})$，那么总时间复杂度为$O(n^2\ln n)$。

code

#include
using namespace std;
const int N=2000;
int n,x,cnt[2005],w[2005];
long long ans,f[2][2005][2005];
long long mod=998244353;
bool cmp(int ax,int bx){
	return ax>bx;
}
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&x);++cnt[x];
	}
	sort(cnt+1,cnt+n+1,cmp);
	for(int k=1;k<=n;k++){
		for(int i=1;i<=n;i++) w[k]+=min(k,cnt[i]);
	}
	for(int i=0;i<=n;i++) f[0][0][i]=1;
	for(int i=1,e=1;i<=n;i++,e^=1){
		for(int j=0;j<=w[i];j++){
			f[e][j][n/i+1]=0;
		}
		for(int k=n/i;k>=0;k--){
			for(int j=0;j<=w[i];j++){
				f[e][j][k]=f[e][j][k+1];
				if(j>=k) f[e][j][k]=(f[e][j][k]+f[e^1][j-k][k])%mod;
			}
		}
	}
	printf("%lld",f[n&1][n][0]);
	return 0;
}