bzoj4498 魔法的碰撞

为了方便记ai=di−1。
首先不考虑多出来的格子，只考虑两个魔法师之间最紧密相邻的方案【也就是第i个人和第i+1个人之见放max(ai,ai+1)个空格子】。如果这种情况下用掉了x个格子【这里的用掉指中间空下】，那么答案就是(l−xn)。于是我们得到了一种暴力的方法，枚举全排列计算每种方案用掉的格子数。但是显然过不了。
考虑从大到小加入每个人，如果这个人旁边之后还要放别的人，那么就有di的贡献。否则没有贡献【因为要不然旁边是一个更大的数，要不然旁边没有数】。但是我们怎么知道之后还放不放数呢？不妨把放一个数看成填一个空，如果之后旁边还要加入数，就看成在旁边留下了新空。具体来说，记E为空，A为元素，加入以后得到的情况可能有A【两边都不放数，少一个空，没有贡献】、AE、EA【只有一边放数，空的个数不变，贡献是ai】、EAE【两边都要放数，多一个空，贡献是2ai】。
于是我们可以dp，记dp[i][j][k]表示前i个魔法师，留下j个空，目前和是k的方案数。状态转移方程也就不难写出了，注意还要乘上选择哪个空位插入。

#include<cstdio>#include<algorithm>using namespace std;#define LL long longconst int maxn=40,p=1000000007,maxl=2000010;int cmp(int x,int y){    return x>y;}int inc(int x,int y){    x+=y;    return x>=p?x-p:x;}int pow(int base,int k){    int ret=1;    for (;k;k>>=1,base=(LL)base*base%p)        if (k&1) ret=(LL)ret*base%p;    return ret;}int l,n,a[maxn],s[maxn],fac[maxl],inv[maxl],dp[maxn+10][maxn+10][2*maxn*maxn+10];int c(int n,int k){    if (k>n) return 0;    return (LL)fac[n]*inv[k]%p*inv[n-k]%p;}int main(){    //freopen("in.txt","r",stdin);    //freopen("out.txt","w",stdout);    int ans=0;    scanf("%d%d",&l,&n);    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]),a[i]--;    fac[0]=inv[0]=1;    for (int i=1;i<=l;i++) fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%p;    inv[l]=pow(fac[l],p-2);    for (int i=l-1;i;i--) inv[i]=(LL)inv[i+1]*(i+1)%p;    sort(a+1,a+n+1,cmp);    dp[0][1][0]=1;    for (int i=1;i<=n;i++)    {        s[i]=s[i-1]+a[i];        for (int j=0;j<=i+1;j++)            for (int k=0;k<=2*s[i];k++)            {                dp[i][j][k]=(LL)(j+1)*dp[i-1][j+1][k]%p;                if (k>=a[i])                    dp[i][j][k]=inc(dp[i][j][k],(LL)j*2*dp[i-1][j][k-a[i]]%p);                if (j&&k>=2*a[i])                    dp[i][j][k]=inc(dp[i][j][k],(LL)(j-1)*dp[i-1][j-1][k-2*a[i]]%p);            }    }    for (int k=0;k<=2*s[n];k++)        ans=inc(ans,(LL)dp[n][0][k]*c(l-k,n)%p);    printf("%d\n",ans);}