CF1204E Natasha, Sasha and the Prefix Sums——DP/数学(组合数)

题面

　　CF1204E

解析

 　　题意就是要求所有由$n$个$1$、$m$个$-1$构成的序列的最大前缀和的和

　算法一$(DP)$

　　 $n$， $m$都小于等于$2000$， 显然可以$DP$

　　设$dp[i][j]$表示由$i$个$1$， $j$个$-1$构成的序列的最大前缀和的和

　　$i$个$1$， $j$个$-1$构成的序列， 可以看做是在$i-1$个$1$， $j$个$-1$的序列的最前面加一个$1$得到，也可以看做是在$i$个$1$， $j-1$个$-1$的序列最前面加一个$-1$得到

　　这也就意味着，$dp[i][j]$可以由$dp[i-1][j]$与$dp[i][j-1]$转移过来

　　先考虑$dp[i-1][j]$对$dp[i][j]$的贡献，对于任意一种$i-1$个$1$， $j$个$-1$的序列， 在其首端加入一个$1$后，最大前缀和都会加$1$， 序列的个数为$C(i+j-1, j)$，因此$dp[i][j] += dp[i-1][j] + 1 * C(i-j+1, j)$

　　在考虑$dp[i][j-1]$对$dp[i][j]$的贡献，这个和上面那个不一样，要麻烦一点。因为对于最大前缀和为$0$的序列，在其首端加入一个$-1$后，其最大前缀和仍然是$0$， 所以$dp[i][j] += dp[i][j-1] - 1 * (C(i-j+1, j-1) - f[i][j-1])$， 其中数组$f[i][j]$表示由$i$个$1$， $j$个$-1$构成的所有序列中， 最大前缀和等于$0$的序列个数

　　因此问题变成了如何求f数组

　　与求$dp$数组的思维过程类似。 $i$个$1$， $j$个$-1$构成的序列， 可以看做是在$i-1$个$1$， $j$个$-1$的序列的最后面(注意这里是后面，而$dp$数组是在前面)加一个$1$得到，也可以看做是在$i$个$1$， $j-1$个$-1$的序列最后面加一个$-1$得到

　　对于$f$数组，显然有$i leqslant j$，那么无论在序列末尾插入$1$或$-1$,  原来最大前缀和为$0$的序列在插入$1$或$-1$后，其最大前缀和依然为$0$，因此$f[i][j] = f[i-1][j] + f[i][j-1]$

　　状态转移方程大概就是这样了

　　初始化：

　　$f[0][i] = 1 (1 leqslant i leqslant m)$， 其余为$0$

　　$dp[i][0] = i (1 leqslant i leqslant n)$， 其余为$0$

　　答案就是$dp[n][m]$

　　时间复杂度$O(NM)$

　　在考试中我也定义出来了$dp$， $f$数组， 但无论我怎么想就是想不出来转移方程， 结果方程也并不复杂， $dp$还得多加练习啊

　代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 2004, mod = 998244853;

int n, m;
ll dp[maxn][maxn], f[maxn][maxn], C[maxn<<1][maxn<<1];

void init()
{
    C[0][0] = 1LL;
    for(int i = 1; i <= n + m; ++i)
    {
        C[i][0] = 1LL;
        for(int j = 1; j <= i; ++j)
            C[i][j] = (C[i-1][j-1] + C[i-1][j]) % mod;
    }
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    init();
    for(int i = 1; i <= m; ++i)
    {
        f[0][i] = 1;
        for(int j = 1; j <= i; ++j)
            f[j][i] = (f[j-1][i] + f[j][i-1]) % mod;
    }
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        dp[i][0] = i;
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        for(int j = 1; j <= m; ++j)
            dp[i][j] = (((dp[i-1][j] + C[i+j-1][j] + dp[i][j-1] - C[i+j-1][i] + f[i][j-1]) % mod) + mod) % mod;
    printf("%lld
", dp[n][m]);
    return 0;
}

算法二(数学)

　　 这个算法的思路很巧妙， 是从这篇博客中学来的

　　如果在坐标系中把$1$看作是向右走一步， $-1$看作是向上走一步， 起点是$(0, 0)$,  终点是$(n, m)$， 那么任意一个序列就会变成从$(0, 0)$出发， 只能向右或向上走，走到$(n, m)$的一条路径

　　设$f[i]$为最大前缀和大于等于i的序列个数

　　那么$f[i]$就等于路径中存在一点$(x, y)$满足如下条件的路径数，$x$，$y$使得$i leqslant x - y$， 即$y leqslant x - i$， $(1 leqslant x leqslant n, 1 leqslant y leqslant m)$

　　结合线性规划的思想，也就是说$f[i]$等于路径经过直线$y = x - i$ 及其下面区域的路径数

　　考虑任意一条路径都会到$(n, m)$，因此当$1 leqslant i leqslant n - m$ 时， $f[i] = C(n + m , n)$

　　而当$max(n - m, 1) leqslant i leqslant n$ 时， 我们需要把路径转化一下，起点不再是$(0, 0)$，而是点$(0,0)$关于直线$y = x - i$的对称点$(i, -i)$，终点不变， 同样是要走$n + m$步走到$(n, m)$，因为只能向右和向上走，那么就一定会经过直线$y = x - i$ 及其下面区域。由于我们是把起点对称到了$(i, -i)$,所以从$(i, -i)$出发经过$y = x - i$与从$(0,0)$出发经过$y = x - i$两种情况的路径是映射的关系，也就是说路径是一一对应的，因此此时$f[i] = C(n + m, n - i)$。

　　显然除了上述两种情况外的i， 都有$f[i] = 0$

　　那么最终的答案为$sum_{i = 1}^{n} i * (f[i] - f[i+1])$

　　预处理阶乘与阶乘逆元，以便快速求出组合数

　　时间复杂度为$O(N+M)$

　　路径的转化是这种算法的关键， 也是巧妙所在

　代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int maxn = 4004, mod = 998244853;

int n, m;
ll fac[maxn], inv[maxn], f[maxn], ans = 0;

void init()
{
    fac[0] = 1LL;
    for(int i = 1; i <= n + m; ++i)
        fac[i] = 1LL * fac[i-1] * i % mod;
    inv[0] = inv[1] = 1LL;
    for(int i = 2; i <= n + m; ++i)
        inv[i] = 1LL * (mod - mod / i) * inv[mod%i] % mod;
    for(int i = 2; i <= n + m; ++i)
        inv[i] = inv[i-1] * inv[i] % mod;
}

ll comb(int x, int y)
{
    return (fac[x] * inv[y] % mod) * inv[x-y] % mod;
}

ll calc(int x)
{
    if(x <= n - m)
        return comb(n + m, n);
    return comb(n + m, n - x);
}

int main()
{
    scanf("%d%d", &n, &m);
    init();
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        f[i] = calc(i);
    for(int i = 1; i <= n; ++i)
        ans = (ans + (1LL * i * (f[i] - f[i+1] + mod) % mod)) % mod;
    printf("%lld
", ans);
    return 0;
}