LOJ6502. 「雅礼集训 2018 Day4」Divide（构造＋dp）

题目链接

https://loj.ac/problem/6502

题解

中间一档部分分提示我们将所有的 (w_i) 排序。

考虑如果我们能构造出这样一个 (w_i) 的序列，使得该序列满足：对于任意的 (i(1 leq i leq n))，所有的 (j(1 leq j < i)) 都满足 (w_i + w_j geq m) 或者所有的 (j(1 leq j < i)) 都满足 (w_i + w_j < m)，那么我们就可以使用动态规划求解。

具体地，设 (f_{i, j}) 表示处理到了 (w_i)，且 (A) 队中已有 (j) 个元素能得到的最大贡献值。若 (w_i) 满足对于任意 (j(1 leq j < i)) 有 (w_i + w_j geq m)，那么考虑将 (w_i) 放入 (A) 队，则 (w_i) 与前面所有放入 (B) 队的 (i - j) 个元素都能配合默契，因此有 (f_{i, j} = f_{i - 1, j - 1} + i - j)；考虑放入 (B) 队，则 (w_i) 与前面所有放入 (A) 队中的 (j) 个元素都能配合默契，因此有 (f_{i, j} = f_{i - 1, j} + j)，最终答案在两者间取 ( m max)。若 (w_i) 满足对于任意 (j(1 leq j < i)) 有 (w_i + w_j < m)，由于无论放入 (A) 队还是 (B) 队都不能造成贡献，因此转移为 (f_{i, j} = { m max}{f_{i - 1, j - 1}, f_{i - 1, j}})。求方案数在转移 (f) 时一起统计即可。

现在的问题是如何构造这个序列。

我们先将 (w) 从小到大排序，发现若 (w_1 + w_n geq m)，那么对于任意的 (j(1 leq j < n)) 均满足 (w_j + w_n geq m)；若 (w_1 + w_n < m)，那么对于任意的 (j(1 < j leq n)) 均满足 (w_1 + w_j < m)，但依然有可能存在 (j(1 leq j < n)) 满足 (w_j + w_n geq m)。

因此，我们可以思考如下算法：对于按从小到大排序后得到的区间 ([l, r])，若满足 (w_l + w_r geq m)，那么弹出 (w_r)，处理区间 ([l, r - 1])，否则弹出 (w_l)，处理区间 ([l + 1, r])。每次我们将弹出的数放到一个新的数组 (p) 的最左端，那么可以证明，得到的 (p) 数组就能够满足我们所需要的性质。

我们求出数组 (p) 后，就能够通过 dp 在 (O(n^2)) 的时间内解决此题了。

代码

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define X first
#define Y second
#define mp make_pair
#define pb push_back
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

typedef long long ll;
typedef long double ld;
typedef unsigned int uint;
typedef pair<int, int> pii;
typedef unsigned long long ull;

template<typename T> inline void read(T& x) {
  char c = getchar();
  bool f = false;
  for (x = 0; !isdigit(c); c = getchar()) {
    if (c == '-') {
      f = true;
    }
  }
  for (; isdigit(c); c = getchar()) {
    x = x * 10 + c - '0';
  }
  if (f) {
    x = -x;
  }
}

template<typename T> inline bool checkMax(T& a, const T& b) {
  return a < b ? a = b, true : false;
}

template<typename T> inline bool checkMin(T& a, const T& b) {
  return a > b ? a = b, true : false;
}

const int N = 2e3 + 10, mod = 1e9 + 7;

inline void add(int& x, int y) {
  x = (x + y) % mod;
}

int n, m, a[N], all[N], f[N][N], g[N][N];

int main() {
  read(n), read(m);
  for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
    read(a[i]);
  }
  sort(a + 1, a + 1 + n);
  int l = 1, r = n;
  for (register int i = n; i; --i) {
    if (a[l] + a[r] >= m) {
      all[i] = 1, --r;
    } else {
      all[i] = 0, ++l;
    }
  }
  int ans = 0;
  g[0][0] = 1;
  for (register int i = 1; i <= n; ++i) {
    for (register int j = 0; j <= i; ++j) {
      if (j ^ i) {
        int v = f[i - 1][j] + (all[i] ? j : 0);
        if (v > f[i][j]) {
          f[i][j] = v, g[i][j] = g[i - 1][j];
        } else if (v == f[i][j]) {
          add(g[i][j], g[i - 1][j]);
        }
      } if (j) {
        int v = f[i - 1][j - 1] + (all[i] ? i - j : 0);
        if (v > f[i][j]) {
          f[i][j] = v, g[i][j] = g[i - 1][j - 1];
        } else if (v == f[i][j]) {
          add(g[i][j], g[i - 1][j - 1]);
        }
      }
      checkMax(ans, f[i][j]);
    }
  }
  int res = 0;
  for (register int i = 0; i <= n; ++i) {
    if (f[n][i] == ans) {
      add(res, g[n][i]);
    }
  }
  printf("%d %d
", ans, res);
  return 0;
}