51nod 1370 排列与操作
来源:互联网 发布:剑三编辑器骨骼数据 编辑:程序博客网 时间:2024/06/05 00:45
给定N长排列P,其中排列指数集{1,2,3...N}组成的一个序列,序列中每个元素恰好出现一次。初始时这个排列是给出的。之后你可以进行不超过K次操作(也就是说你可以操作0次,1次..K次),每次操作如下:
1)选择一个连续的非空的子区间[L,R],其对应元素为{P[L],P[L+1],..,P[R]};
2)设这个区间元素最大值为MAX,测将这个区间的所有元素都重新赋值为MAX。
问在K次以内的操作中,你一共能构造出多少种不同的序列出来,输出这个结果 modulo1,000,000,007后的结果。
注意:两个序列A,B不同是指存在元素位置下标 i,满足A[i]!=B[i].
提示:样例中第2个小数据可以构造的4组结果包括:(3, 1, 2),(3, 2, 2),(3, 3, 2),(3, 3, 3).
1)选择一个连续的非空的子区间[L,R],其对应元素为{P[L],P[L+1],..,P[R]};
2)设这个区间元素最大值为MAX,测将这个区间的所有元素都重新赋值为MAX。
问在K次以内的操作中,你一共能构造出多少种不同的序列出来,输出这个结果 modulo1,000,000,007后的结果。
注意:两个序列A,B不同是指存在元素位置下标 i,满足A[i]!=B[i].
提示:样例中第2个小数据可以构造的4组结果包括:(3, 1, 2),(3, 2, 2),(3, 3, 2),(3, 3, 3).
Input
多组测试数据,第一行一个整数T,表示测试数据数量,1<=T<=3。每组测试数据有相同的结构构成。每组数据的第一行包含两个整数N,K,其中1<=N<=200,0<=K<=200。接下来N行每行一个整数Pi,表示排列P中第i个元素,保证1~N各出现一次。
Output
每组数据一行输出,即能构造的不同序列个数mod 10^9+7后的结果。
Input示例
32 1123 23124 24321
Output示例
2413
DP+思路~
可以发现最后获得的段一定满足:每种颜色最多在某一段中出现,且a[i]最多能更改直至前后第一个大于它的数。
我们预处理出每个位置能更改到的前驱后继la[i],ne[i]。
用f[i][j][k]表示到第i个位置时,已经更改了j段,一直到k都被更改的方案数。那么i可以空出,用来覆盖其它点,或者已经被其它覆盖。DP即可。
#include<cstdio>#include<cstring>#include<iostream>using namespace std;#define ll long longconst int mod=1e9+7;const int inf=0x7fffffff;int t,n,K,a[205],f[205][205][205],la[205],ne[205],g[205],ans;int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0' && ch<='9') {x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}void add(int &a,int b){a=a+b<mod ? a+b:a+b-mod;}int main(){t=read();while(t--){n=read();K=read();a[0]=a[n+1]=inf;for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=read();memset(f,0,sizeof(f));ans=0;f[0][0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=i-1;~j;j--) if(a[j]>a[i]) { la[i]=j;break; }for(int j=i+1;j<=n+1;j++) if(a[j]>a[i]) { ne[i]=j;break; }}for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=i && j<=K;j++) { for(int k=0;k<=n;k++) add(f[i][j][k],f[i-1][j][k]); memset(g,0,sizeof(g)); for(int k=la[i];k<ne[i]-1;k++) if(k==i-1) { add(f[i][j][k+1],f[i-1][j][k]); add(g[k+2],f[i-1][j][k]); } else add(g[k+1],f[i-1][j][k]); for(int k=la[i]+1;k<ne[i];k++) { add(g[k],g[k-1]); add(f[i][j+1][k],g[k]); } }for(int i=0;i<=K;i++) add(ans,f[n][i][n]);printf("%d\n",ans);}return 0;}
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