A guess 解题报告

A guess

题意

选一个([1,n](nle 500))的整数，可以询问数是否属于区间([l,r])，多次询问一起回答，统计有多少种询问区间集合(无序)满足可以猜出这个数，对(p(2^{29}le p<2^{30}))取模

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中文题解看不懂，看了一下午英文题解，还是感觉理解的不好，就按照现在的理解说一下吧（为啥这题是今天最简单的啊...

首先你写暴力的话有个结论

每个权值(i)都有过询问区间集合(S_i)，(S_i)代表覆盖整个值的询问集合。如果有某两个值的询问集合是一样的，那么就猜不出来，否则一定可以猜出来。

考虑按照这个把每个权值编号(a_i)，以最小表示法来编号，要求是若(S_i=S_j)，那么有(a_i=a_j)

不必在乎这个怎么编号的，反正一定可以编出来，可以发现({S})对({a})是一个单射，于是我们转过去统计({a})的数量。

按照要求我们可以统计存在(a_i=a_j)的集合的数量，就是补集的数量。

如果对于一个集合，有一个(a_i=a_j)，那么我们可以把([i,j])区间内的给拿开统计，等价于把这个区间缩成一个点，点的权值为(a_i)，把所有类似这样的区间都拿开的话，剩下的集合是没有重复元素的，也就是我们最终需要求得的答案，记为(f_i)

注意理解一下为什么缩掉区间构成的子问题是相同的。

然后我们需要得到把一个原来长度为(L)的问题缩到(K)的方案数，设为(g_{L,K})

不妨先把有关(f)的转移写出来

[f_i=2^{inom{i+1}{2}}-sum_{j=1}^{i-1}f_jg_{i,j} ]

即全集减去所有可以缩掉的方案（可缩的话一定不合法）

然后再考虑如何计算(g)

按照一些常见组合意义的东西的递推的方法，我们应该枚举最后一个一个集合大小。

首先不产生一个新的可缩的即(g_{i-1,j-1})对(g_{i,j})的贡献

然后枚举产生的缩掉的区间的大小(k)，在这个区间里的询问集合是随意的，即为全集

那么转移就为

[g_{i,j}=g_{i-1,j-1}+sum_{k=0}g_{i-k-2,j-1}2^{inom{k+1}{2}} ]

嗯，感觉还是没理解到本质的东西...

如果非要写一些思路的话

把拥有集合的性质通过编号转换到元素统计上去，这点和后缀自动机状态的构建好像有些相似，后缀自动机定义了每个子串的endpos集合，然后按照每个子串集合划分状态，进行统计。这种方法应该可以成为一种思路吧，这个题大概就是通过最小表示法编号。

然后我们统计数量时，真正涉及计算的时候要回到集合的意义上才能统计，比如这个题就是回到了区间内的集合是全集，才能统计的数量，也只有在这个地方可以简单的进行统计和计算了。

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Code:

#include <cstdio>
const int N=510;
int n,mod,po[N*N],g[N][N],f[N],d[N];
inline int add(int a,int b){return a+b>=mod?a+b-mod:a+b;}
#define mul(a,b) (1ll*a*b%mod)
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&mod);
    po[0]=1;for(int i=1;i<=n*n;i++) po[i]=mul(po[i-1],2);
    for(int i=1;i<=n;i++) d[i]=i*(i+1)/2;
    g[0][0]=1;
    for(register int i=1;i<=n;i++)
        for(register int j=1;j<=i;j++)
        {
            g[i][j]=g[i-1][j-1];
            for(register int k=0;k<=i-2;k++)
                g[i][j]=add(g[i][j],mul(g[i-k-2][j-1],po[d[k]]));
        }
    for(register int i=1;i<=n;i++)
    {
        f[i]=po[d[i]];
        for(register int j=1;j<i;j++)
            f[i]=add(f[i],mod-mul(f[j],g[i][j]));
    }
    printf("%d
",f[n]);
    return 0;
}

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2019.1.8