NOIP2023模拟5联测26 零二

题目大意

有一个长度为$n$的序列$A$，你可以将$A$中的元素进行重排得到一个新的序列$B$，规则如下：

• 令$B$初始为空，同时维护一个初始为空的小根堆$T$，然后进行以下两类操作各$n$次：
  • 将当前$A$的第一个元素删除并加入小根堆$T$中
  • 将小根堆的堆顶删除并加入$B$的末尾，需要保证$T$非空

操作的顺序是任意的，问总共可能得到多少种不同的$B$，输出答案模$10^9+7$后的值。

$1\le n\le 100,1\le A_i\le n$

题解

注意到$1\le a_i\le n$，我们先考虑如果$A_i$是$1$到$n$的一个排列该怎么求解。

我们设$n$在$A$序列和$B$序列中出现的位置分别为$p,q$，即$A_p=B_q=n$。因为$T$是小根堆，且$A$是$1$到$n$的一个排列，所以当拿出$n$时就意味着$T$已经被搬空了。由此可得，$B$的前$q$个元素就是$A$的前$q$个元素，只是顺序可能不太一样。所以，$\{A_1,A_2,\dots ,A_q\}=\{B_1,B_2,\dots ,B_q\}$，且$\{A_{q+1},A_{q+2},\dots ,A_n\}=\{B_{q+1},B_{q+2},\dots ,B_n\}$。

既然我们已经知道$B_q=n$，那么我们可以把原问题看作两个子问题：$[1,q-1]$和$[q+1,n]$。其中$B_1,B_2,\dots ,B_{q-1}$是由$A_1,A_2,\dots ,A_q$去掉$A_p$再经过一些操作变化而来的，而$B_{q+1},B_{q+2},\dots ,B_n$是由$A_{q+1},A_{q+2},\dots ,A_n$经过一些操作变化而来的。

我们考虑递归地解决子问题。

因为在每次将一个问题分为子问题时都是将一个最大值删去，再分成两个部分，那么每个子问题所对应的子序列$A^{\prime }$都是原序列$A$的某一段区间$[l,r]$删去一些较大的数而得到的。

我们考虑$DP$，设$f_{l,r,i}$表示$A_l,A_{l+1},\dots ,A_r$中不超过$i$的数构成的子序列的方案数。设$A_m=i$，下面考虑转移：

• 当$m$不在$[l,r]$上时，显然$f_{l,r,i}=f_{l,r,i-1}$
• 当$m$在$[l,r]$上时，我们枚举$i$在$B$中的位置，可得
  $$f_{l,r,i}=\sum _{x=m}^r{f}_{l,x,i-1}\cdot f_{x+1,r,i-1}$$

那我们再来考虑如何处理$A$不是$1$到$n$的排列的情况。

我们约定，当小根堆的堆顶为$i$，并且堆中存在多个$i$，那么我们取的时候先取下标最小的。

那在我们的约定下，可以将原数列转化为一个排列。

考虑这样转化的正确性。转化后$A$中的数和$B$中的数一一对应，而且$B$中相同的数的先后顺序和在$A$中的先后顺序是相同的，也就是说先后顺序一定，所以这样转化是可行的。

时间复杂度为$O(n^4)$，这跑不满，是可以过的。

code

#include
using namespace std;
const int N=100;
const long long mod=1e9+7;
int n,a[N+5],b[N+5],cnt[N+5],rk[N+5];
long long f[N+5][N+5][N+5];
int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%d",&a[i]);++cnt[a[i]];
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cnt[i]+=cnt[i-1];
	for(int i=n;i>=1;i--){
		b[i]=cnt[a[i]]--;rk[b[i]]=i;
	}
	for(int i=1;i<=n+1;i++){
		for(int j=0;j<=n+1;j++) f[i][i-1][j]=1;
	}
	for(int l=n;l>=1;l--){
		for(int r=l;r<=n;r++){
			f[l][r][0]=1;
			if(b[l]<b[r])
			for(int i=1;i<b[r];i++) f[l][r][i]=f[l][r-1][i];
			else
			for(int i=1;i<b[l];i++) f[l][r][i]=f[l+1][r][i];
			for(int i=max(b[l],b[r]);i<=n;i++){
				if(rk[i]<l||rk[i]>r) f[l][r][i]=f[l][r][i-1];
				else{
					for(int j=rk[i];j<=r;j++){
						if(b[j]<=i)
						f[l][r][i]=(f[l][r][i]+f[l][j][i-1]*f[j+1][r][i-1])%mod;
					}
				}
			}
		}
	}
	printf("%lld",f[1][n][n]);
	return 0;
}