浇花 差分数组 区间DP

NKOJ 3051 浇花

问题描述

n 个非负整数排成一行，每个数值为Ai，数的位置不可改变。需要把所有的数都恰好等
于h。可进行的操作是：对任意长度的区间[i,j]中的每个数都加1，i 和j 也任选，但要求每
个数只能作为一次区间的起点，也只能作为一次区间的终点。也即是说： 对任意的两个区
间[l1, r1] 和[l2, r2], 要求: l1≠l2 并且r1 ≠ r2.
请问有多少种不同的方式，使所有的数都等于h.输出答案模1000000007 (10^9+7)后的
余数。
两种方式被认为不同，只要两种方式所实施的操作的区间集合中，有一个区间不同即可.

输入格式

第1 行：2 个整数n, h (1 ≤ n, h ≤ 2000)
接下来n 行，每行1 个整数，表示Ai (1≤Ai≤2000)
30%的数据，n, h <= 30
100%的数据，n, h <= 2000

输出格式

第1 行：1 个整数，表示答案

样例输入

Sample1:

3 2
1 1 1

Sample2:

5 1
1 1 1 1 1

样例输出

Sample1:

4

Sample2:

1

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方法一：区间DP

这种做法，考试时的题解说得非常详细了，这里直接复制下来了：

类似于括号dp的讨论方式，讨论i的左边，选哪个数字作为区间的起点，更新i的值dp[i][k]表示从左往右讨论到第i个数字，i的左边有k个数字还未被用过(被当做区间的左起点), 的方案数。分两种情况讨论：情况1：i被别人更新(因为i前面的k个数，任选一个为区间起点，都可更新到i)：  若a[i]+k==h 则dp[i][k]=dp[i+1][k-1]*k+dp[i+1][k]  说明，条件a[i]+k==h,因为i左边有k个数字还没用过，那么以这k个数字作为区间左起点可以操作k次，每次都可以更新到i，更新k次，恰好就能使a[i]变成h。  现在对于i而言，有两种选择， 使用i或者不使用i。  若用i作为区间右端点，因为i只能当一次区间终点，所以只能从前k个中选一个来与它配对，故有k种方案，k个数中i选了一个，对于i+1它左边就只有k-1个未使用的数了，数量总数为k*dp[i+1][k-1] 。  注意，这里i不能再作为区间的左端点了，这样的话会导致i被多更新一次，高度变成h+1  若不用i作为区间端点，则方案数为dp[i+1][k]情况2：i作为区间起点去更新别人   若a[i]+k+1=h则dp[i][k]=dp[i+1][k]*(k+1)+dp[i+1][k+1]  说明，因为i前面有k个数未被当做左起点使用，全部操作都只能把a[i]更新到h-1这个高度，那么i号点必须自己作为某区间的左起点更新一次，在更新这个区间的同时把自己的高度也更新1，达到h。  这样，对于下一个数i+1而言，算上i号点，它左侧有k+1个点可选做区间左端点，任选一个选后剩下k个点，状态dp[i+1][k]  若不用i作为区间左端点，则方案数为dp[i+1][k+1]时间复杂度O(n^2),实现时采用记忆化搜索比较方便。

代码：

#include<stdio.h>#include<cstring>#define ll long longconst ll mod=1e9+7,MAXN=2005;ll f[MAXN][MAXN];int N,H,A[MAXN];ll DFS(int i,int k){    if(~f[i][k])return f[i][k];    if(i==N+1)    {        if(!k)return 1;        return 0;    }    if(A[i]+k==H)return f[i][k]=(DFS(i+1,k-1)*k+DFS(i+1,k))%mod;    if(A[i]+k==H-1)return f[i][k]=(DFS(i+1,k)*(k+1)+DFS(i+1,k+1))%mod;    return f[i][k]=0;}int main(){    int i;    scanf("%d%d",&N,&H);    for(i=1;i<=N;i++)    {        scanf("%d",&A[i]);        if(A[i]>H)return puts("0"),0;    }    memset(f,-1,sizeof(f));    printf("%lld",DFS(1,0));}

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方法二：差分数组

区间整体加减某个数，这是差分数组的强烈信号。如果把A′i记为H−Ai。每次操作，就是对A′区间整体减1。那么不妨作出A′的差分数组B。

这里有个重要的结论：

如果存在解（方案数不为0），那么B的值只能在0,1,-1三个数当中取。

说到这里，首先讲完无解的特判：

满足以下两个条件中的任意一个即无解：

1.存在Ai>H。
2.存在Bi，满足Bi≠1,0,−1

下面解释为什么有解时Bi只能取三个值中的一个：

不妨逆向考虑，如果有解，那么最后差分数组的情况肯定全是0。现在要把这个差分数组变成原来的样子，这样操作就由区间整体减变成了区间整体加。我们知道，如果对区间[x,y]加1，那么在差分数组里的体现就是Bx加上了1，By+1减去了1。由于题目要求，每个点只能被作为起点、终点各一次，那么Bi显然不能取0,1,-1以外的值。

下面考虑如何统计答案。还是用的方法一的括号配对的思路：

用cnt表示当前位置的左边有多少Bi=1没有被匹配。

1.若当前Bi=1，cnt++即可

2.若当前Bi=−1，此时这个端点可以和前面的cnt个区间起点配对，可以使方案总数乘上cnt。之后cnt–，因为此时用左边的起点进行了一次配对。

3.若当前Bi=0，则存在两种可能:
1）当前位置既不是操作过的区间起点，也不是操作过的区间终点。这种情况对方案总数没有影响。
2）当前位置既做过一次操作过的区间起点，又做过一次操作过的区间终点。做过一次区间起点，所以cnt++；做过一次区间终点，所以可以和cnt个区间起点配对，方案总数乘上cnt。之后cnt–。这种情况的最终结果就是使方案数乘上(cnt+1)。

代码：

#include<stdio.h>#define ll long longconst ll mod=1e9+7,MAXN=2005;ll Ans=1,cnt,A[MAXN],B[MAXN],N,H,x;int main(){    int i;    scanf("%lld%lld",&N,&H);    for(i=1;i<=N;i++)    {        scanf("%lld",&x);        A[i]=H-x;        if(A[i]<0)return puts("0"),0;    }    for(i=1;i<=N+1;i++)B[i]=A[i]-A[i-1];    for(i=1;i<=N+1;i++)    {        if(B[i]==1)cnt++;        else if(B[i]==0)Ans=Ans*(cnt+1)%mod;        else if(B[i]==-1)Ans=Ans*cnt%mod,cnt--;        else return puts("0"),0;    }    printf("%lld",Ans);}