[AGC043-D]Merge Triplets

题目

  点这里看题目。

分析

  我们不妨来考虑一下生成的序列有什么性质。
  为了方便表示，我们将序列(S)的第(i)项写为(S[i])。
  首先考虑如果所有的(A)序列都是递增的，那么我们得到的序列肯定是递增的。如果存在递减的情况，例如其中某个序列(Bin{A_1,A_2,dots,A_n})，存在(B[1]>B[2])。那么按照取数规则，我们一旦取出了(B[1])，我们就一定会取出(B[2])。这个比较显然。这是因为(B[1])被取出的时候，其他所有序列的第一个元素肯定都大于(B[1])，因此也肯定大于(B[2])。
  我们发现只要序列中存在(B[1]>B[2])或者(B[2]>B[3])，这两个数就会被相邻地取出；如果存在(B[1]>B[2])且(B[1]>B[3])，这三个数也会被相邻取出。我们将这种必然相邻取出的情况分进一个组里面。
  注意到组只会有长度为 1 ，长度为 2 ，长度为 3 三种，而且由于一个长度为 2 的组一定和一个长度为 1 的组成对出现，因此长度为 2 的组的数量一定不超过长度为 1 的组的数量。
  我们可以发现，这样的组在构造的过程中，一定会按照组的第一个元素的大小进行排序构造出一个排列来。因此，一些组如果合法，就可以唯一确定一个排列。因此，我们可以通过计算组的合法构造方案来计算可生成的排列方案数。
  我们有两种方法来解决这个问题：

1.DP

  我们需要将([1,3n])划分成若干组，限制如下：
   1. 每一组的长度不超过3。
   2. 每一组的第一个数一定是这一组中最大的。
   3. 长度为 2 的组的数量不超过长度为 1 的组的数量。
  因此我们可以设计如下的 DP 方案：
  (f(i,j))：前(i)个数分组，满足长度为 1 的组的数量减去长度为 2 的组的数量为(j)的方案数。
  转移实际上是考虑最后一个数会怎样分组。转移如下：

[f(i,j)=f(i-1,j-1)+(i-1)f(i-2,j+1)+(i-1)(i-2)f(i-3,j) ]

  答案是(sum_{i=0}^{3n}f(3n,i))。DP 的时间是(O(n^2))。

2.枚举

  这其实是我自己口胡的。
  建议写第一种方法。
  由于(n)很小，我们可以直接枚举长度为 2 的组的数量和长度为 3 的组的数量（需要满足长度为 2 的组的数量不超过长度为 1 的数量这一前提）。设(f(n))为(2n)个数全部分为长度为 2 的组的方案数。转移大概如下：

[f(n)=f(n-1)+(2n-2)(2n-3)f(n-2) ]

  (g(n))为(3n)个数全部分为长度为 3 的组的方案数，转移类似。这样预处理完之后就可以枚举组的数量了。答案：

[sum_{i=0}^{lfloorfrac {3n}2 floor}sum_{j=0}^{lfloorfrac{3n-2i}3 floor}[3n-2i-3jge2i]C_{3n}^{2i} imes C_{3n-2i}^{3j} imes f(i) imes g(j) ]

  时间是(O(n^2))。
  如果有问题请轻喷，我也没有试过这个方法。

代码

#include <cstdio>

const int MAXN = 6005;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0;char s = getchar();int f = 1;
	while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
	while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
	if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
	putchar( x % 10 + '0' );
}

int f[MAXN][MAXN << 1];
int N, M;

void add( int &x, const int v ) { x += v; if( x >= M ) x -= M; }

int main()
{
	read( N ), read( M );
	int t = N * 3;
	f[0][t] = 1;
	for( int i = 1 ; i <= t ; i ++ )
		for( int j = - t ; j <= t ; j ++ )
		{
			if( j > -t ) add( f[i][j + t], f[i - 1][j + t - 1] ); //长度为1
			if( j < t && i >= 2 ) add( f[i][j + t], 1ll * f[i - 2][j + t + 1] * ( i - 1 ) % M ); //长度为2
			if( i >= 3 ) add( f[i][j + t], 1ll * f[i - 3][j + t] * ( i - 1 ) % M * ( i - 2 ) % M ); //长度为3 
		}
	int ans = 0;
	for( int i = 0 ; i <= t ; i ++ ) add( ans, f[t][i + t] );
	write( ans ), putchar( '
' );
	return 0;
}