CF1326C Permutation Partitions 题解，

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简要题意：

给定一个 \(1\) ~ \(n\) 的置换，将数组分为 \(k\) 个区间，使得每个区间的最大值之和最大。求这个值，和分区的方案数。

关键在于 \(1\) ~ \(n\) 的置换。

显然，你只要把从 \(n - k + 1\) 到 \(n\) 这一段，每个区间分一个（其余的随便分）。

显然可以得出第一个答案：

\[(n-k+1) + (n-k+1) + \cdots + (n-1) + n
\]

（很显然，你可以用等差数列求和，可是没这个必要，一会儿求第二个答案的时候，可以顺便求啊）

比方说：（以第三个样例为例）

7 3

2 7 3 1 5 4 6

这时你把 \(5\)，\(6\)，\(7\) 作为每个区间的最大值。

此时你会发现，比方说 \(3 \space 1\) 这一段。

它要么全归 \(7\)，全归 \(5\) ，或者分两段，左边归 \(7\)，右边归 \(5\).

那么，你想，这就相当于你可以在任意的位置把它分段。（包括最左边和最右边，此时尽属一段）

那么，方案数是 \(3\).

就是 \(5\) 的位置减去 \(7\) 的位置，即 \(5 - 2 = 3\).

而一共三段，分别计算。根据 乘法原理 可得：

\[1 \times 3 \times 2 = 6
\]

所以，第二个答案是：

每个 \(\geq n - k + 1\) 的数和前面一个 \(\geq n - k + 1\) 的数的位置之差的乘积。

第零个 \(\geq n - k + 1\) 的数的位置，我们认为是 \(0\).

记得开 \(\texttt{long long}\).

十年OI一场空，不开long long见祖宗

#pragma GCC optimize(2)

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;

const ll MOD=998244353;

inline int read(){char ch=getchar();int f=1;while(ch<'0' || ch>'9') {if(ch=='-') f=-f; ch=getchar();}

	int x=0;while(ch>='0' && ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();return x*f;}

int n,k,last;

ll s=0,cnt=1;

int main(){

	n=read(),k=read();

	for(int i=1,t;i<=n;i++) {

		t=read(); if(t>n-k) {

			s+=t; if(!last) last=i; //维护上一个 >= n - k + 1 的数的位置

			else cnt=cnt*(i-last)%MOD,last=i; //计数

		}

	} printf("%lld %lld\n",s,cnt);

	return 0;

}

巴特西

CF1326C Permutation Partitions 题解，

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