DP的优化和根号分治: 跑步

NOI-Online 2020 跑步

题意

求整数可重复划分方案数, (n leq 10^5).

(50')

状态 (f_{i, j}) 的表示数字 (i) 的划分中, 最大的数是 (j) 的方案数.

如 5 5 2 1 就是一个包括在 (f_{13, 5}) 中的一个划分方案.

[f_{i, j} = sum_{k = 1}^{k leq j} f_{i - j, k} ]

每个状态 (f_{i, j}) 由所有 (f_{i - j, k},~k in [1, j]) 的总和组成. 可以理解成在 (f_{i - j, k}) 的每一个划分方案中加上一个元素 (j) 得到一个对应的 (i) 的划分.

(O(n^2)) 的状态, (O(n)) 的转移, 复杂度 (O(n ^ 3)).

for (register unsigned i(1); i <= n; ++i) {
  f[i][i] = 1;
}
for (register unsigned i(2); i <= n; ++i) {
  for (register unsigned j(1); j < i; ++j) {
    for (register unsigned k(1); k <= j; ++k) {
      f[i][j] += f[i - j][k];
      if(f[i][j] >= p) f[i][j] -= p;
    }
  }
}
for (register unsigned i(1); i <= n; ++i) {
  Ans += f[n][i];
  if(Ans >= p) Ans -= p;
}

(70')

改变状态的定义, (f_{i, j}) 表示所有元素小于等于 (j) 的 (i) 的方案数, 也就是 (50') 状态的前缀和.

[f_{i, j} = f_{i, j - 1} + f_{i - j, j} ]

这时转移可以理解为, (f_{i, j - 1}) 表示的单个元素小于等于 (j - 1), 组成 (i) 的方案中, 其元素一定小于 (j), 所以也应该统计入 (f_{i, j}) 中.

而 (f_{i - j, j}) 则是将元素在 (j) 以内的 (i - j) 的划分中, 加入一个元素 (j) 得到的方案.

这样可以把转移优化到 (O(1)), 状态仍是 (O(n^2)), 时间复杂度 (O(n^2)).

f[1][1] = 1;
for (register unsigned i(1); i <= n; ++i) {
  f[0][i] = 1;
}
for (register unsigned i(1); i <= n; ++i) {
  for (register unsigned j(1); j <= i; ++j) {
    f[i][j] = f[i][j - 1] + f[i - j][j];
    if(f[i][j] >= p) f[i][j] -= p;
  }
  for (register unsigned j(i + 1); j <= n; ++j) {
    f[i][j] = f[i][j - 1];
  }
  if(f[i][i] >= p) f[i][i] -= p;
}
printf("%u
", f[n][n]);

(80')

发现对于第二维只会用到 (j) 和 (j - 1) 可以滚动数组, 只保留第一维, 对整个数组进行 (O(n)) 次转移.

((本次)f_i = (上次)f_i + (本次)f_{i - j})

状态 (O(n^2)), 空间复杂度 (O(n)), 转移 (O(1)), 时间复杂度 (O(n^2)).

之所以能多得 (10'), 是因为时空复杂度同阶的时候, 往往空间更容易炸, 于是优化了空间.

f[0] = 1;
for (register unsigned j(1); j <= n; ++j) {
  for (register unsigned i(j); i <= n; ++i) {
    f[i] += f[i - j];
    if(f[i] >= p) f[i] -= p;
  }
}
printf("%u
", f[n]);

(100')

根号分治, 设 (Sq = sqrt n), 先将所有 (j leq Sq) 的 (f_i) 求出来, 这时的 (f_i) 表示单个元素不超过 (j) 的 (i) 的划分方案数. (除了 (j) 的上界以外和 (80') 完全相同)

n = RD(), p = RD(), Sq = sqrt(n) + 1;
f[0] = 1;
for (register unsigned j(1); j <= Sq; ++j) {
  for (register unsigned i(j); i <= n; ++i) {
    f[i] += f[i - j];
    if(f[i] >= p) f[i] -= p;
  }
}

然后再定义一个数组 (g_{i, j}), 表示包含 (i) 个非 (0) 元素的 (j) 的划分, 其中, (i leq Sq).

[g_{i, j} = g_{i - 1, j - 1} + g_{i, j - i} ]

转移也很简单 (g_{i - 1, j - 1}) 是 (i - 1) 个元素的 (j - 1) 的划分, 所有这种划分加上一个元素 (1) 就是一个 (i) 个元素, (j) 的划分. (g_{i, j - 1}) 是 (i) 个元素, (j - i) 的划分, 给这种划分的每个元素加 (1), 得到的就是一个最小元素大于 (1) 的 (i) 个元素的 (j) 的划分. 这两种情况互不重复, 因为前者最小元素是 (1), 后者最小元素大于 (1). 也不会遗漏, 因为任何可行的划分都是可以由 (1) 的划分和这两种转移转移而来的.

g[0][0] = 1;
for (register unsigned i(1); i <= Sq; ++i) {
  for (register unsigned j(i); j <= n; ++j) {
    g[i][j] = g[i - 1][j - 1] + g[i][j - i];
    if(g[i][j] >= p) g[i][j] -= p;
  }
}

然后统计答案.

我们把一个划分中的元素分成两类: (leq Sq) 和 (> Sq).

枚举 (i) 作为 (> Sq) 的元素个数, 因此 ((Sq + 1)i leq n), (i = O(sqrt n)).

枚举 (j) 作为 (> Sq) 的元素总和, 因此 (j in [(Sq + 1)i, n]).

对于每一个 (i), (j) 作为约束, 求合法 (n) 的划分方案数.

分别讨论两种元素, 首先是 (leq Sq) 的元素, 它们的总和应该是 (n - j), 前面求出了 (f) 数组, 因此元素不大于 (Sq) 的 (n - j) 的划分就是 (f_{n - j}).

接下来是 (> Sq) 的元素, 因为每个元素都大于 (Sq), 所以我们可以只考虑它们比 (Sq) 多出来的部分. 所以相当于求包含 (i) 个元素的 (j - Sq imes i) 的划分, 也就是 (g_{i, j - Sq imes j}).

因为两种元素对 (j) 和 (n - j) 的划分中, 不同种类的元素大小一定不同, 所以互不干扰, 使用乘法原理统计答案即可:

[Ans = sum_{i = 0}^{(Sq + 1)i leq n} Bigg( sum_{j = (Sq + 1)i}^{j leq n}igg(f_{n - j} imes g_{i, j - Sq imes i} igg) Bigg) ]

for (register unsigned i(0); i * (Sq + 1) <= n; ++i) {
  for (register unsigned j(i * (Sq + 1)); j <= n; ++j) {
    Ans = ((unsigned long long)g[i][j - Sq * i] * f[n - j] + Ans) % p;
  }
}

对于 (f), 状态数 (O(nsqrt n)), 转移 (O(1)), 时间复杂度 (O(nsqrt n)).

对于 (g), 状态数 (O(nsqrt n)), 转移 (O(1)), 时间复杂度 (O(nsqrt n)).

对于 (Ans), 时间复杂度 (O(nsqrt n)).

总复杂度 (O(n sqrt n)).