标签：JOI2012 袋鼠 匹配 int 题解 kangaroo 袋子 const dp

分析

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认真读题可知: 若一只袋鼠已被装进袋子, 它的袋子仍可以装一只袋鼠; 若一个袋子已装了袋鼠, 它所属的袋鼠仍可以被装进袋子

所以袋鼠与其袋子的效果互不相关

于是我们可以将袋鼠和袋子分开, 问题便成了求袋鼠和袋子两两匹配至不能再匹配的方案数

求方案数? 自然想到dp

为方便, 将袋鼠, 袋子从大到小排序, 自然想到以 考虑到第\(i\)只袋鼠 为阶段

转移时, 新加入的第\(i+1\)只袋鼠有3种可能：

1. 与左边的未匹配的袋子形成匹配
2. 左边没有未匹配的袋子了, 一个人也要坚强地活下去
3. 这只袋鼠已经被左边的袋子提前匹配了

为什么要考虑到第3种可能?

因为如果每个袋子只考虑与当前的第\([1,i]\)只袋鼠匹配或者不匹配, 方案必然有缺漏, 显然有些袋子可以与第\([i+1,n]\)只袋鼠匹配

所以我们设出状态: \(dp[i][j][k]\)表示考虑到第\(i\)只袋鼠，其左边有\(j\)个袋子与第\([1,i]\)只袋鼠匹配，有\(k\)个袋子与第\([i+1,n]\)只袋鼠匹配的方案数

注意：因为我们只考虑到第\(i\)只袋鼠，所以\(k\)个向后匹配的袋子并没有在当前阶段形成确切的方案，只是提前拿前面的\(k\)个袋子在后面占了\(k\)个位置，为转移做铺垫，其带来的实际贡献应在后面的阶段转移考虑第3种可能时被计算（即贡献计算后延）

设\(t[i]\)表示第\(i\)只袋鼠左边的袋子数，于是转移呼之欲出：

1. \(dp[i+1][j+1][k]+=dp[i][j][k]*(t[i+1]-j-k)\)
2. \(dp[i+1][j][t[i+1]-j]+=dp[i][j][k]\)
3. \(dp[i+1][j+1][k-1]+=dp[i][j][k]*k\)

答案统计就不多说了

代码

#include <bits/stdc++.h>

#define uns unsigned
#define rei register int
#define ll long long
#define db double

using namespace std;

const int inf = 0x3f3f3f3f;
const ll INF = (ll)1e18 + 5;
const db eps = 1e-9;

template<typename T> bool read(T &x) {
    x = 0;
    char f = 0, c = getchar();
    if(c == EOF) return 0;
    while(!isdigit(c)) {
	f = (c == '-'), c = getchar();
	if(c == EOF) return 0;
    }
    if(f) while(isdigit(c)) x = x * 10 - c + 48, c = getchar();
    else while(isdigit(c)) x = x * 10 + c - 48, c = getchar();
    return 1;
}

template<typename T> inline void bemin(T &x, T y) { x = x < y? x : y; }
template<typename T> inline void bemax(T &x, T y) { x = x > y? x : y; }

const int N = 305;
const int mod = 1e9 + 7;

inline void add(int &x, int y) {
    x = (x + y >= mod? x + y - mod : x + y);
}

int n, ans;

int a[N], b[N], t[N], dp[N][N][N];

bool cmp(int x, int y) { return x > y; }

int main() {
    read(n);
    for(rei i = 1; i <= n; ++i) {
	read(a[i]), read(b[i]);
    }
    sort(a + 1, a + 1 + n, cmp);
    sort(b + 1, b + 1 + n, cmp);
    int temp = 0;
    for(rei i = 1; i <= n; ++i) {
	while(temp < n && b[temp + 1] > a[i]) ++temp;
	t[i] = temp;
    }
    dp[0][0][0] = 1;
    for(rei i = 0; i < n; ++i) {
	for(rei j = 0; j <= i; ++j) {
	    for(rei k = 0; j + k <= t[i]; ++k) {
		int now = dp[i][j][k];
		add(dp[i + 1][j][t[i + 1] - j], now);
		if(k) add(dp[i + 1][j + 1][k - 1], (ll)now * k % mod);
		add(dp[i + 1][j + 1][k], (ll)now * (t[i + 1] - j - k) % mod);
	    }
	}
    }
    for(rei i = 0; i <= n; ++i) add(ans, dp[n][i][0]);
    cout << ans << "\n";
    return 0;
}

标签：JOI2012,袋鼠,匹配,int,题解,kangaroo,袋子,const,dp
来源： https://www.cnblogs.com/mfuqwq/p/15414592.html

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