bzoj 4574: [Zjoi2016]线段树 动态规划

题意

小Yuuka遇到了一个题目：有一个序列a_1,a_2,?,a_n，q次操作，每次把一个区间内的数改成区间内的最大值，问最后每个数是多少。小Yuuka很快地就使用了线段树解决了这个问题。于是充满智慧的小Yuuka想，如果操作是随机的，即在这q次操作中每次等概率随机地选择一个区间l,r，然后将这个区间内的数改成区间内最大值（注意这样的区间共有(n(n+1))/2个），最后每个数的期望大小是多少呢？小Yuuka非常热爱随机，所以她给出的输入序列也是随机的（随机方式见数据规模和约定）。对于每个数，输出它的期望乘((n(n+1))/2)^q再对10^9+7取模的值。
n<=400,Q<=400

分析

数据随机说明了序列中的数是两两不相同的。
设sum[i,j]表示把位置i操作q次后变成第j小的数有多少种方案。
问题在于如何求sum[i,j]。
先枚举一个位置p，设其能拓展到的区间为[L,R]，设dp[k,i,j]表示操作了k次后，极大区间[i,j]的所有值都不大于当前枚举的数的方案。极大区间表示如果i>1，那么位置i−1上的数一定大于当前枚举的数。j同理。
那么有

dp[k,i,j]=dp[k−1,i,j]∗c[i,j]+∑u=Li−1dp[k−1,u,j]∗(u−1)+∑v=j+1Rdp[k−1,i,v]∗(n−v)

其中c[i,j]=cnt[i−1]+cnt[n−j]+cnt[j−i+1]，cnt[i]表示长度为i的序列中有多少个不同的区间。
为什么是这样呢？
考虑如何证明第二项。
因为[i,j]是极大区间，假设之前[u,j]是极大区间，那么这一次操作就必须要把[u,i−1]这一段变为大于当前枚举的数。而因为[u,j]是极大区间，意味着位置u−1上的数必然大于当前枚举的数，所以当我们固定了右端点为i时，左端点的取值就有u−1种。
第三项证明同理。
为了方便求出sum[i,j]，先设一个sum′[i,j]表示位置i在操作q次后不大于第j小的数的方案，然后再求出sum[i,j]即可。
ans[i]=∑j=1nsum[i,j]∗w[j]，其中w[j]表示第j小的数。

代码

#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<algorithm>#define dp(k,i,j) dp[(k)%2][i][j]using namespace std;typedef long long LL;const int N=405;const int MOD=1000000007;int n,m,rank[N],a[N],w[N];LL dp[2][N][N],sum[N][N],cnt[N],c[N][N];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 solve(int x,int L,int R){    for (int i=L;i<=R;i++)        for (int j=i;j<=R;j++)            dp(0,i,j)=dp(1,i,j)=0;    dp(0,L,R)=1;    for (int k=1;k<=m;k++)    {        for (int i=L;i<=R;i++)        {            LL t=0;            for (int j=R;j>=i;j--)            {                dp(k,i,j)=t;                t+=(LL)dp(k-1,i,j)*(n-j);            }        }        for (int j=L;j<=R;j++)        {            LL t=0;            for (int i=L;i<=j;i++)            {                (dp(k,i,j)+=t)%=MOD;;                t+=(LL)dp(k-1,i,j)*(i-1);            }        }        for (int i=L;i<=R;i++)            for (int j=i;j<=R;j++)                (dp(k,i,j)+=dp(k-1,i,j)*c[i][j])%=MOD;    }    for (int i=L;i<=R;i++)    {        LL t=0;        for (int j=R;j>=i;j--)        {            t+=dp(m,i,j);            (sum[j][rank[x]]+=t)%=MOD;        }    }}int main(){    n=read();m=read();    for (int i=1;i<=n;i++) a[i]=read(),w[i]=a[i],cnt[i]=cnt[i-1]+i;    sort(w+1,w+n+1);    for (int i=1;i<=n;i++) rank[i]=lower_bound(w+1,w+n+1,a[i])-w;    for (int i=1;i<=n;i++)        for (int j=i;j<=n;j++)            c[i][j]=cnt[i-1]+cnt[n-j]+cnt[j-i+1];    for (int i=1;i<=n;i++)    {        int L=i,R=i;        while (L>1&&a[L-1]<a[i]) L--;        while (R<n&&a[R+1]<a[i]) R++;        solve(i,L,R);    }    for (int i=1;i<=n;i++)    {        LL ans=0;        for (int j=1;j<=n;j++)        {            if (!sum[i][j]) continue;            for (int k=1;k<j;k++) sum[i][j]-=sum[i][k];            while (sum[i][j]<0) sum[i][j]+=MOD;            (ans+=(LL)sum[i][j]*w[j])%=MOD;        }        printf("%lld",(ans+MOD)%MOD);        if (i<n) putchar(' ');    }    return 0;}