【ACM算法竞赛日常训练】DAY4题解与分析【树】【子序列】| 组合数学 | 动态规划

DAY4共2题：

• 树（组合数学）

• 子序列（dp，数学）

? 作者：Eriktse
? 简介：19岁，211计算机在读，现役ACM银牌选手?力争以通俗易懂的方式讲解算法！❤️欢迎关注我，一起交流C++/Python算法。（优质好文持续更新中……）?
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树

题目传送门：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/13611

通过观察条件“一个染色方案是合法的，当且仅当对于所有相同颜色的点对(x,y)，x到y的路径上的所有点的颜色都要与x和y相同。”我们可以发现，当且仅当染色的点可以全部连通时可以满足条件。

所以现在问题是如何将n个点划分为k块。

我们可以发现在树上，任意删除一条边都会使得联通块个数 + 1。

其实块数只要<= k即可，因为我们可以有一些颜色不使用。所以要划分为i块，只需要从n - 1条边中任选i - 1条进行删除即可，方案数是C(n - 1, i - 1)。

假设现在我们得到了i (i <= k)个联通块，需要将i种颜色染上去，首先需要C(k, i)种方法取出颜色，然后A(i, i)一个全排列将颜色染上去。

所以答案公式如下：

\[ans=\sum_{i=1}^{k}C(n - 1, i - 1)C(k, i)i!
\]

可能涉及一些快速幂、乘法逆元的知识，需要自行学习。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 350, p = 1e9 + 7;

int fac[maxn];

int qmi(int a, int b)
{
    int res = 1;
    while(b)
    {
        if(b & 1)res = res * a % p;
        a = a * a % p, b >>= 1;
    }
    return res;
}

int inv(int x){return qmi(x, p - 2);}

int C(int n, int m)
{
    if(n < m || n < 0 || m < 0)return 0;
    return fac[n] * inv(fac[n - m] * fac[m] % p) % p;
}

signed main()
{
    int n, k;scanf("%lld %lld", &n, &k);
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)fac[i] = fac[i - 1] * i % p;
    
    int ans = 0;
    for(int i = 1;i <= n; ++ i)//分为i块
    {
        int tmp = C(n - 1, i - 1) * C(k, i) % p * fac[i] % p;
        ans = (ans + tmp) % p;
    }
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}

子序列

题目传送门：https://ac.nowcoder.com/acm/problem/17065

小技巧：观察数据范围，比较小，应该可以容纳O(n^3)的复杂度，所以可以大胆考虑dp。

首先定义状态dp[i][j]表示以第i个元素结尾，且长度为j的序列的个数。

再考虑一下转移，题目中的条件可以进行一些转换：

\[{a_{p_i}}^{p_j} < {a_{p_j}}^{p_i}
\]

等价于：

\[\frac{log(a_{p_i})}{p_i} < \frac{log(a_{p_j})}{p_j}
\]

我们可以记：

\[b_i = \frac{log(a_{p_i})}{p_i}
\]

也就是说对于选出的子序列中的每一个元素，他们满足一个偏序关系，只要我的b[j] > b[i]，那么b[j]将会大于所有的b[k] (k < i)。

所以我们可以考虑以下的转移：

\[dp_{i, j} = \sum_{k=1}^{i - 1}[b_i > b_k] \times dp_{k, j - 1}
\]

考虑初始化，当最后一个元素确定，序列长度为1(j = 1)时，方案仅有1种。

最后的答案是将所有情况加起来（注意取模，不过这道题数据较弱，不取模也可以过）。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn = 109, p = 1e9 + 7;

//dp[i][j]表示以第i个元素结尾，长度为j的方案数
int a[maxn], dp[maxn][maxn];


signed main()
{
	int n;scanf("%lld", &n);
	for(int i = 1;i <= n; ++ i)scanf("%lld", a + i);
	
	for(int i = 1;i <= n; ++ i)
    {
        dp[i][1] = 1;
        for(int j = 1;j <= i; ++ j)
        {
            for(int k = 1; k < i; ++ k)
            {
                if(log(a[k]) / k < log(a[i]) / i)
                {
                    dp[i][j] += dp[k][j - 1];
                    dp[i][j] %= p;
                }
            }
        }
    }

	int ans = 0;
	for(int i = 1;i <= n; ++ i)
		for(int j = 1;j <= i; ++ j)
        {
			ans = (ans + dp[i][j]) % p;
        }
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}

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