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题目解法

神仙 $dp$
考虑序列 $c_i=min(a_i,a_{i-1})$，$c_1=a_1,c_{n+1}=a_n$，如果合法，必然满足 $b_i>c_i$
若将 $c_i$ 升序排列，$b_i$ 升序排列，结果仍然成立
将 $b$ 升序排列，$a$ 从小到大考虑
这里有一个神奇的连通块做法：
令 $d{p}_{i,j}$ 为前 $i$ 个 $a$，构成了 $j$ 个连通块的方案数
考虑分 3 类情况：

1. 将 $i+1$ 加在一个连通块的左边或右边，显然 $d{p}_{i+1,j}+=d{p}_{i,j}\ast 2j$
   考虑限制条件，仅考虑加在右边的情况，那么加的位置的 $c$ 为之前考虑过的数，现在只需要考虑后面一个数。注意到对于一个连通块，会影响到当前连通块及后一个元素，所以需要满足的条件为 $a_{i+1}<b_{i+j+1}$
2. 将 $i+1$ 连接 2 个连通块，$d{p}_{i+1,j-1}+=d{p}_{i,j}\ast (j-1)$，根据之前的思考方法，这里没有限制
3. 将 $i+1$ 新建 1 个连通块，$d{p}_{i+1,j+1}+=d{p}_{i,j}\ast (j+1)$
   新建的 1 个可以影响到当前的位置与后一个位置，因为 $b$ 从小到大排序过了，所以这里的限制为 $a_i<b_{i+j+1}$

时间复杂度 $O(n^2)$

#include 
using namespace std;
const int N=5100,P=998244353;
int n,a[N],b[N],dp[N][N];
inline int read(){
    int FF=0,RR=1;
    char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) if(ch=='-') RR=-1;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar()) FF=(FF<<1)+(FF<<3)+ch-48;
    return FF*RR;
}
int main(){
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();
    for(int i=1;i<=n+1;i++) b[i]=read();
    sort(b+1,b+n+2);
    sort(a+1,a+n+1);
    dp[0][0]=1;
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<=i;j++){
            //放在1个连续段的左侧或右侧
            if(a[i+1]<b[i+j+1]) dp[i+1][j]=(dp[i+1][j]+1ll*dp[i][j]*2*j)%P;
            //连接2个连续段
            if(j>1) dp[i+1][j-1]=(dp[i+1][j-1]+1ll*dp[i][j]*(j-1))%P;
            //新建1个连续段
            if(a[i+1]<b[i+j+1]) dp[i+1][j+1]=(dp[i+1][j+1]+1ll*dp[i][j]*(j+1))%P;
            // cout<
        }
    printf("%d",dp[n][1]);
    return 0;
}