[AGC043D] Merge Triplets
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引
很有意思的计数题
解法
考虑经过操作后得到的排列的性质
性质1：
设 p r e ( i ) pre(i) pre(i):前i个位置的最大值，则不会出现超过3个的连续位置的 p r e pre pre相同
必要性：
考虑反证，若有超过 3 3 3个的连续位置的 p r e pre pre相同，那么至少有连续有连续三次选择了比第一次选择要小的数，那么至少一个块的长度为 4 4 4,题目中规定块长为 3 3 3，因此不合法
充分性：
发现没有充分性，比如： { 2 , 1 , 4 , 3 , 6 , 5 } \{2,1,4,3,6,5\} {2,1,4,3,6,5},手玩模拟一下就会发现有问题
性质2：
若排列总长为 3 N 3N 3N, i i i个的连续位置的 p r e pre pre相同的个数为 c n t i cnt_i cnti,那么 c n t 2 ≤ N − c n t 3 cnt_2\le N-cnt_3 cnt2≤N−cnt3
必要性：
对于 c n t 2 cnt_2 cnt2与 c n t 3 cnt_3 cnt3来说，他们对应的块内的大小关系是一定的，所以可得 c n t 2 + c n t 3 ≤ N cnt_2+cnt_3\le N cnt2+cnt3≤N,移项就行了
我们可以化简：
c n t 2 ≤ N − c n t 3 ⇒ 3 c n t 2 ≤ 3 N − 3 c n t 3 ⇒ 3 c n t 2 ≤ ( c n t 1 + 2 c n t 2 + 3 c n t 3 ) − 3 c n t 3 ⇒ 移项得 c n t 2 ≤ c n t 1 \begin{aligned} &cnt_2\le N-cnt_3\\ \Rightarrow&3cnt_2\le 3N-3cnt_3\\ \Rightarrow&3cnt_2\le (cnt_1+2cnt_2+3cnt_3)-3cnt_3\\ \Rightarrow^{移项得}&cnt_2\le cnt_1 \end{aligned} ⇒⇒⇒移项得cnt2≤N−cnt33cnt2≤3N−3cnt33cnt2≤(cnt1+2cnt2+3cnt3)−3cnt3cnt2≤cnt1
最后我们发现性质1和性质2加起来就有了充分性
状态设计：
f i , j : 前 i 个数， c n t 1 − c n t 2 = j 的方案数 f_{i,j}:前i个数，cnt_1-cnt_2=j的方案数 fi,j:前i个数，cnt1−cnt2=j的方案数
显然 a n s = ∑ k = 0 3 n f 3 n , k ans=\sum_{k=0}^{3n} f_{3n,k} ans=∑k=03nf3n,k
状态转移：
考虑从小到大放数，对放 1 / 2 / 3 1/2/3 1/2/3个数分别考虑
f i , j → f i + 1 ， j + 1 f i , j → f i + 2 , j − 1 ∗ ( i − 1 ) f i , j → f i + 3 ， j ∗ ( i − 1 ) ∗ ( i − 2 ) \begin{aligned} &f_{i,j}\to f_{i+1，j+1}\\ &f_{i,j}\to f_{i+2,j-1}*(i-1)\\ &f_{i,j}\to f_{i+3，j}*(i-1)*(i-2) \end{aligned} fi,j→fi+1，j+1fi,j→fi+2,j−1∗(i−1)fi,j→fi+3，j∗(i−1)∗(i−2)
就好了
code:
#include
using namespace std;
const int N = 2e3 + 7, M = N * 3;
typedef long long ll;
int n,mod,ans;
int f[M][M<<1];
int ad(int x,int y){ return (1ll*x+1ll*y)%mod; }
void work(int i,int j){
f[i+1][j+1+M]=ad(f[i+1][j+1+M],f[i][j+M]);
f[i+2][j-1+M]=ad(f[i+2][j-1+M],1ll*f[i][j+M]*(i+1)%mod);
f[i+3][j+M]=ad(f[i+3][j+M],1ll*f[i][j+M]*(i+1)%mod*(i+2)%mod);
}
int main() {
scanf("%d%d",&n,&mod); n=n*3;
f[0][M]=1;
for(int i=0;i