[bzoj4664] Count 解题报告

第一眼看就感觉这题好像bzoj4498魔法的碰撞，但想了很久感觉用我那个题的做法好像并不能做。。结果最后发现好像还是可以做哒！

首先按h排序，然后设f(i,j,k,o)表示前i个数，在最后的排列中被分成了j段，当前的混乱度是k，目前已经有o个边界（o∈[0,2]）。
那么

f(i,j,k,o)−∗(2−o)−>f(i+1,j,k+(hi+1−hi)(2j−o),o+1),o<2−∗(2−o)−>f(i+1,j+1,k+(hi+1−hi)(2j−o),o+1),o<2−∗(2j−o)−>f(i+1,j,k+(hi+1−hi)(2j−o),o)−∗(j−1)−>f(i+1,j−1,k+(hi+1−hi)(2j−o),o)−∗(j+1−o)−>f(i+1,j+1,k+(hi+1−hi)(2j−o),o)f(1,1,0,0)=1,f(1,1,0,1)=2

（需要特判n=1）
就是分5种情况：在一个段侧加一个边界；新建一个段作为边界；在段侧加入；新建一个段；连接两段。

其实这个状态最关键的地方其实是在于这个k，它表示的其实是把每一段的基底都调到i的混乱度，这样的话就与每一段两侧究竟是什么值没有关系了。

代码：

#include<cstdio>#include<iostream>using namespace std;#include<algorithm>#include<cstring>const int N=100+5;int h[N];typedef long long LL;const int Mod=1e9+7;const int L=1000+5;LL f[2][N][L][3];int main(){    freopen("bzoj4664.in","r",stdin);    freopen("bzoj4664.out","w",stdout);    int n,L;    scanf("%d%d",&n,&L);    if(n==1)    {        puts("1");        return 0;    }    for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%d",h+i);    sort(h+1,h+n+1);    f[1][1][0][0]=1,f[1][1][0][1]=2;    int tmp;    int now=1,next=0;    for(int i=1;i<n;++i)    {        for(int j=min(n-i+1,i);j;--j)            for(int k=L-(h[i+1]-h[i])*(j*2-2);k>=0;--k)                for(int o=3;o--;)                    if(f[now][j][k][o]&&(tmp=k+(h[i+1]-h[i])*(j*2-o))<=L)                    {                        //printf("f(%d,%d,%d,%d)=%I64d\n",i,j,k,o,f[i][j][k][o]);                        if(o!=2)                        {                            (f[next][j][tmp][o+1]+=(2-o)*f[now][j][k][o])%=Mod;                            (f[next][j+1][tmp][o+1]+=(2-o)*f[now][j][k][o])%=Mod;                            //printf("->(%d,%d,%d,%d):%I64d\n",i+1,j,tmp,o+1,(2-o)*f[i][j][k][o]);                            //printf("->(%d,%d,%d,%d):%I64d\n",i+1,j+1,tmp,o+1,(2-o)*f[i][j][k][o]);                        }                        (f[next][j][tmp][o]+=(2*j-o)*f[now][j][k][o])%=Mod;                        (f[next][j-1][tmp][o]+=(j-1)*f[now][j][k][o])%=Mod;                        (f[next][j+1][tmp][o]+=(j+1-o)*f[now][j][k][o])%=Mod;                        /*printf("->(%d,%d,%d,%d):%I64d\n",i+1,j,tmp,o,(2*j-o)*f[i][j][k][o]);                        printf("->(%d,%d,%d,%d):%I64d\n",i+1,j-1,tmp,o,(j-1)*f[i][j][k][o]);                        printf("->(%d,%d,%d,%d):%I64d\n",i+1,j+1,tmp,o,(j+1-o)*f[i][j][k][o]);*/                    }        swap(now,next);        memset(f[next],0,sizeof(f[0]));    }    /*for(int k=L;k>=0;--k)        if(f[n][1][k][2])            printf("f(%d,%d,%d,%d)=%I64d\n",n,1,k,2,f[n][1][k][2]);*/    int ans=0;    for(int i=L;i>=0;--i)(ans+=f[now][1][i][2])%=Mod;    printf("%d\n",ans);}

总结：
①dp时遇到不好处理的特殊情况可以单独开一维[0/1]来特判。