分糖果

链接：https://www.nowcoder.com/acm/contest/173/B

来源：牛客网

题目描述

\(N\) 个小朋友围成一圈，你有无穷个糖果，想把其中一些分给他们。

从某个小朋友开始，我们顺时针给他们标号为\(1\) ~ \(N\)。第 \(i\) 个小朋友可以得到至多 \(a[i]\)，至少 \(1\) 个糖果。

问，有多少种分配方案使得每一对相邻的小朋友拿到的糖果数不同。答案对 \(10^9 + 7\) 取模。

输入描述:

第一行一个整数 \(N\)。

接下来一行 \(N\) 个整数，第 \(i\) 个数表示 \(a[i]\)。

输出描述:

一行一个整数，表示答案。

说明:

对全部的测试数据，\(n <= 10^6, a_i <= 10^9\)

\(10\) 分的数据，\(n <= 4\)
\(10\) 分的数据，\(n <= 100,a_i <= 20\)
\(20\) 分的数据，\(n <= 100,a_i <= 100\)
\(10\) 分的数据，\(n <= 10^5,a_i\) 全部相等
\(30\) 分的数据，\(n <= 10^5,a_i\) 为随机生成
\(20\) 分的数据，\(n <= 10^6\).

UPDATA：10.16 发现自己的想法可能很不优美，可能回来更改。

当时讲得视频本蒟蒻死活听不懂，回来花了好几天的语文课总算是能够自己理解了，和视频里面讲得并不太一样，也许是我理解麻烦了说不定

40pts的普通区间DP就不说了，不过吐槽一下没有\(N^2\)的档，事实上不用容斥是可以做到\(N^2\)的，只需要一些断环的技巧

下面正题

大致分为三个步骤：

1 链上答案的统计

2 化链为环

3 单调栈优化

现在仅考虑为链的情况

先回归一下问题的本质，我们可以这样描述这个问题，我们要填满一个长度为\(n\)的数组，要求每两个相邻的位置填的数不能相等，每个位置\(i\)的可填集合为\(1\)-\(a_i\)的整数。（这看起来有变吗？？

行吧，根据正难则反，换成容斥的话，先不管条件，求总方案，然后按照填了几个相等的数作为容斥系数，直接统计？听起来好像非常有道理，然而一点也说不到重点

这里直接给出状态转移方程进行分析了（事实上文字描述说起来不清楚，还容易产生误导

\(dp_i\)表示前\(i\)个位置构成的合法的方案数

\(dp_i=\sum_{i=0}^{i-1} dp_j \times min_{k=j+1}^i a_k \times (-1)^{i-j-1}\)

\(dp_0=1\)

从\(i-1\)位置的转移开始理解

我们在\(i\)位置上对前面所有的情况填取\(a_i\)中可能

产生的不合法情况只有\(i\)与\(i-1\)位置相等的一些情况，我们需要减去它们

那我们不妨把这两个状态相等的情况通过\(dp_{i-2}\)递推过来，但这样我们就多减去了后三个相等的情况，就是容斥了

于是，我们就得到了一个优秀的在链上的\(O(N^2)\)算法了

怎么搞到环上？减去第一段和最后一段相等的情况。

为了方便，让第一段为最小的元素，这样可以用\(a_1\)统计方案了

这里我没有用到特别容斥的方案来理解（事实上感觉也是

首先，长度为2的链直接就是一个环了

长度为3的链减去长度为2的环就可以拼成环了

原理是对第三个位置填上和第一个位置相等的元素，每种情况只能填一个，\(a_1\)最小保证一定有的填

类推长度为\(n\)的链减去一个长度为\(n-1\)的环可以拼成一个长为\(n\)的环

好啦，于是得到了一个优秀的\(O(N^2)\)完整版

事实上第三部分的思维难度最低（但是写起来恶心啊

转移方程有

\(dp_i=\sum_{i=0}^{i-1} dp_j \times min_{k=j+1}^i a_k \times (-1)^{i-j-1}\)

化简一下

\(dp_i=(-1)^{i} \times \sum_{i=0}^{i-1} dp_j \times min_{k=j+1}^i a_k \times (-1)^{j+1}\)

发现后面很多段\(dp_i\)乘的都是一个\(a_k\)，而且\(a_k\)是按位置递增的

单调栈了

实现细节因人而异，不多说了

Code:

#include <cstdio>

#define ll long long

const int N=1e6+10;

const int inf=0x7fffffff;

const ll mod=1e9+7;

int n,a[N],b[N],mi=inf,id,s[N],tot;

ll dp[N],ans,f[N],sum;

int main()

{

    scanf("%d",&n);

    for(int i=1;i<=n;i++)

    {

        scanf("%d",b+i);

        if(b[i]<mi)

            mi=b[i],id=i;

    }

    int cnt=0;

    while(cnt<n)

    {

        a[++cnt]=b[id++];

        id==n+1&&(id=1);

    }

    f[0]=1,f[1]=1-a[1],sum=a[1],dp[1]=a[1],s[++tot]=1;

    for(int las,i=2;i<=n;i++)

    {

        while(tot&&a[s[tot]]>=a[i])

            (sum-=a[s[tot]]*(f[s[tot]-1]-(tot-1?f[s[tot-1]-1]:0)))%=mod,--tot;

        (sum+=a[i]*(f[i-1]-(tot?f[s[tot]-1]:0)))%=mod;

        dp[i]=sum*(i&1?1:-1);

        (f[i]=f[i-1]+dp[i]*(i&1?-1:1))%=mod;

        s[++tot]=i;

    }

    for(int i=n;i>1;i--)

        (ans+=dp[i]*(n-i&1?-1:1))%=mod;

    printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);

    return 0;

}

2018.9.21

巴特西

牛客 2018NOIP 模你赛2 T2 分糖果解题报告

分糖果

题目描述

输入描述:

输出描述:

说明:

\(dp_i=\sum_{i=0}^{i-1} dp_j \times min_{k=j+1}^i a_k \times (-1)^{i-j-1}\)

\(dp_i=\sum_{i=0}^{i-1} dp_j \times min_{k=j+1}^i a_k \times (-1)^{i-j-1}\)

\(dp_i=(-1)^{i} \times \sum_{i=0}^{i-1} dp_j \times min_{k=j+1}^i a_k \times (-1)^{j+1}\)

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说明:

\(dp_i=\sum_{i=0}^{i-1} dp_j \times min_{k=j+1}^i a_k \times (-1)^{i-j-1}\)

\(dp_i=\sum_{i=0}^{i-1} dp_j \times min_{k=j+1}^i a_k \times (-1)^{i-j-1}\)

\(dp_i=(-1)^{i} \times \sum_{i=0}^{i-1} dp_j \times min_{k=j+1}^i a_k \times (-1)^{j+1}\)

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