2023牛客暑假多校第四场（补题向题解：J）

终于有时间来慢慢补补题了

J Qu’est-ce Que C’est?

作为队内的dp手，赛时想了好久，等学弟学妹都出了还是不会，羞愧，还好最终队友做出来了。
链接J Qu’est-ce Que C’est?

题意

长度为 $n$ 的数组 $a$，每个数的取值范围 $a_i=[-m,m]$，问所有满足长度 $>1$ 的子段的和为非负数的数组可能的数量。$1\le n,m\le 5000$。

思路

看了懵哥的题解，看到状态定义后就会了，我怎么就想不到呢？
法一
dp状态定义 $f[i][j]:$ 前 $i$ 个数，最小后缀和为 $j$ 的方案数 $j=[-5000,5000]$。因为是最小后缀和，那么如果有后缀 $<-5000$ 的说明至少是两个数以上的和为负数，与题意不符是不合法的方案，所以数组大小开到 $[0,10000]$ 即可（离散化后）。

我们先不管时间复杂度，根据dp定义先敲个状态转移出来，代码如下：

#include 
using namespace std;

#define ll long long

const int N = 5010, mod = 998244353;

int f[N][N * 2]; // 前i个数，最小后缀和为j的方案数 j = [-5000, 5000]

void add(int& a, int b){
    a = (a + b) % mod;
}
int main(){
    int n, m;
    cin >> n >> m;

    f[0][2 * m] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        for(int j = -m; j <= m; j ++){ // 枚举最小后缀
            for(int k = m; k >= -m; k --){ // 枚举当前a_i选哪个数
                if(j + k < 0) break;
                add(f[i][min(j + k, k) + m], f[i - 1][j + m]);
            }
        }
        
    }
    
    int ans = 0;
    for(int i = -m; i <= m; i ++){
        add(ans, f[n][i + m]);
    }
    cout << ans;
    return 0;
}

时间复杂度为 $O(n^3)$，我们观察一下代码如何优化，发现会有大量连续的 $k$，$f[i][\min (j+k,k)]$ 加的是同一个状态 $f[i-1][j]$。那么经典优化方案不就来了吗，差分前缀和优化。

以下分情况讨论：
因为是 $\min (j+k,k)$

1. $j$ 是非正数
   无论当前 $k$ 选什么，$j+k\le k$，所以状态一定是转移到 $j+k$，所以对于一个非正数的 $j$ 可转移的范围就是 $0\sim j+m$。

// 区间 [l, r] + val  f_l + val  f_{r + 1} + val
for(int j = -m; j <= 0; j ++){
    f[i][m] = (f[i][m] + f[i - 1][j + m]) % mod;// 差分 +
    f[i][m + j + m + 1] = (f[i][m + j + m + 1] + mod - f[i - 1][j + m]) % mod;// 差分 -
}

2. $j$ 是正数
   同理无论当前 $k$ 选什么，$k\le j+k$，所以状态一定是转移到 $k$，所以对于一个正数 $j$，可以转移的范围就是 $-j\sim m$。

for(int j = 1; j <= m; j ++){
    f[i][-j + m] = (f[i][-j + m] + f[i - 1][j + m]) % mod;
    f[i][m + m + 1] = (f[i][m + m + 1] + mod - f[i - 1][j + m]) % mod;
}

完整代码

#include 
using namespace std;

#define ll long long

const int N = 5010, mod = 998244353;

int f[N][N * 2]; // 前i个数，最小后缀和为j的方案数 j = [-5000, 5000]

void add(int& a, int b){
    a = (a + b) % mod;
}
int main(){
    int n, m;
    cin >> n >> m;

    f[0][2 * m] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i ++){
        /*
        for(int j = -m; j <= m; j ++){
            for(int k = m; k >= -m; k --){
                if(j + k < 0) break;
                add(f[i][min(j + k, k) + m], f[i - 1][j + m]);
            }
        }
        */
        
        // 考虑差分前缀和优化
        // j 是 负数 k 是正数 f[i][j + k + m] 从0 ~ m + j
        // j 是 正数 k 是负数/正数 f[i][k + m] 从-j ~ m

        for(int j = -m; j <= 0; j ++){
            f[i][m] = (f[i][m] + f[i - 1][j + m]) % mod; // 差分 +
            f[i][m + j + m + 1] = (f[i][m + j + m + 1] + mod - f[i - 1][j + m]) % mod; // 差分 -
        }
        for(int j = 1; j <= m; j ++){
            f[i][-j + m] = (f[i][-j + m] + f[i - 1][j + m]) % mod;
            f[i][m + m + 1] = (f[i][m + m + 1] + mod - f[i - 1][j + m]) % mod;
        }
        for(int j = -m + 1; j <= m; j ++){ // 前缀和
            f[i][j + m] = (f[i][j + m] + f[i][j + m - 1]) % mod;
        }
    }

    int ans = 0;
    for(int i = -m; i <= m; i ++){
        add(ans, f[n][i + m]);
    }
    cout << ans;
    return 0;
}