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S2OJ - 1461. 豌豆射手

约 1.6 千字
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题面

题目背景

愚蠢的戴夫种了一些豌豆射手。

愚蠢的戴夫只会把豌豆射手种在一列草坪上,并且因为戴夫不懂得种植向日葵,所以他并没有足够的阳光使得这一列都放满豌豆射手。

但这些豌豆射手除了会向前喷射豌豆,还会向左右喷射豌豆,并且向左右喷射豌豆有一个飞行距离限制。

一大波僵尸即将来临,戴夫想要知道,有多少种安排豌豆射手的方案,使得没有两个豌豆射手会相互攻击。

题目描述

现在有 nn 个豌豆射手,要把它们放在长度为 dd 的一列草坪上。

每一个豌豆射手都有一个攻击半径 rir_i,如果将这个豌豆射手放在 pos\mathit{pos} 位置,那么 [posri+1,pos+ri1][\mathit{pos} - r_i + 1, \mathit{pos} + r_i - 1] 将不能有其他的豌豆射手。

戴夫要把这 nn 个豌豆射手放在长度为 dd 的草坪上,使得它们不会相互攻击,求方案数。答案对 109+710^9+7 取模

输入格式

第一行两个整数 n,dn, d,表示有 nn 个豌豆射手,草坪的长度为 dd

第二行 nn 个整数 rir_i,表示每一个豌豆射手的攻击半径。

输出格式

一行一个整数,表示合法的方案数。

输入输出样例

样例输入 #1

4 4
1 1 1 1

样例输出 #1

24

样例输入 #2

3 47
4 8 9

样例输出 #2

28830

样例输入 #3

8 100000
21 37 23 13 32 22 9 39

样例输出 #3

923016564

数据范围与约定

对于 20%20\% 的数据,n5n \leq 5d14d \leq 14
对于 60%60\% 的数据,n18n \leq 18
对于 100%100\% 的数据,n40n \leq 40d105d \leq 10^51ri401 \leq r_i \leq 40i=1nrid\sum_{i = 1}^{n}r_i \leq d

思路

设豌豆射手的顺序为 p1,p2,,pnp_1, p_2, \dots, p_n,设 x=i=1nmax(rpi,rpi+1)\displaystyle x = \sum_{i = 1}^{n} \max(r_{p_i}, r_{p_{i + 1}}),则当前排列的方案数为 (dx+nn)\begin{pmatrix} d - x + n \\ n \end{pmatrix}。那么问题就转变为了对于每一个 xx 有多少方案。

先将 rir_i 升序排序,设 fi,j,kf_{i, j, k} 表示前 ii 个点中有 jj 个点的左右位置还可以放置豌豆射手(称为空闲点),放置后 xx 的大小为 kk 的方案。

初始值:f0,0,0=1f_{0, 0, 0} = 1,表示一开始一个点都没有,空闲点的数量也是 00,合并的长度也是 00 的方案。

定义「合并」:表示将一个新的点和一个空闲点相连,那么新合成的这一段又可以看成一个空闲点。有以下几种情况:

  1. 将当前点合并到某个空闲点的左右两边。

    此时空闲点的数量不变,长度加上新的点的半径。

    fi+1,j+1,k+ri+1fi,j,k×j×2\large f_{i + 1,j + 1, k + r_{i + 1}} \leftarrow f_{i, j, k} \times j \times 2

    由于已经对 rr 进行过排序,所以 ri+1r_{i + 1} 一定是 rir_{i}ri+1r_{i + 1} 中最大的那个,直接使用即可。

    式子中的乘 jj 是可以从 jj 个空闲点中挑出一个和新的点合并,乘以 22 是可以放在左右两边。

  2. 将当前点插入到两个空闲点的中间,使左右两个空闲点合并。

    此时空闲点的数量减 11,长度加上新半径乘以 22,因为往左右两边扩展,然后减去中间算重复的。

    fi+1,j1,k+ri+1×21fi,j,k×j(j1)\large f_{i + 1, j − 1, k + r_{i + 1} \times 2 − 1} \leftarrow f_{i, j, k} \times j (j − 1)

    因为这 jj 个空闲点具体位置在哪都是不确定的,选取出两个点左右关系也是不确定的,所以乘 j(j1)j(j - 1) 而不是除 22

  3. 单独成为一个空闲点。

    此时空闲点的数量加 11,长度加 11

    fi+1,j+1,k+1fi,j,kf_{i + 1, j + 1, k + 1} \leftarrow f_{i, j, k}

时间复杂度为 O(n3max{ri})O(n^3 \max\{r_i\})

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>

using std::cin;
using std::cout;
const char endl = '\n';

const int N = 45,
          D = 1e5 + 5;
const int mod = 1e9 + 7;

int n, d, r[N], f[N][N][N * N], max, ans;
int fac[D], inv[D];

int binpow(int a, int b) {
    int res = 1;
    a %= mod;
    while (b) {
        if (b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

inline int C(int n, int m) {
    return 1ll * fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;
}

int main() {
    std::ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr);

    // 阶乘
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= 100000; i++) {
        fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
    }

    // 逆元
    inv[0] = inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= 100000; i++) {
        inv[i] = static_cast<long long>(mod - (mod / i)) * inv[mod % i] % mod;
    }

    // 阶乘的逆元
    for (int i = 2; i <= 100000; i++) {
        inv[i] = static_cast<long long>(inv[i - 1]) * inv[i] % mod;
    }

    cin >> n >> d;

    for (int i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> r[i];

        max = std::max(max, r[i]);
    }

    std::sort(r + 1, r + 1 + n);

    f[0][0][0] = 1;

    for (int i = 0; i <= n; i++) {
        for (int j = 0; j <= i; j++) {
            for (int k = 0; k <= max * (i - j + 2); k++) {
                int t = r[i + 1];

                if (j >= 1) {
                    f[i + 1][j][k + t] = (f[i + 1][j][k + t] + 1ll * f[i][j][k] * 2 * j) % mod;
                }

                if (j >= 2 && k) {
                    f[i + 1][j - 1][k + t * 2 - 1] = (f[i + 1][j - 1][k + t * 2 - 1] + 1ll * f[i][j][k] * j * (j - 1)) % mod;
                }

                f[i + 1][j + 1][k + 1] = (f[i + 1][j + 1][k + 1] + f[i][j][k]) % mod;
            }
        }
    }

    for (int i = 0; i <= n * max; i++) {
        ans = (ans + 1ll * C(d - i + n, n) * f[n][1][i] % mod) % mod;
    }

    cout << ans << endl;

    return 0;
}