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 个豌豆射手,要把它们放在长度为 的一列草坪上。
每一个豌豆射手都有一个攻击半径 ,如果将这个豌豆射手放在 位置,那么 将不能有其他的豌豆射手。
戴夫要把这 个豌豆射手放在长度为 的草坪上,使得它们不会相互攻击,求方案数。答案对 取模
输入格式
第一行两个整数 ,表示有 个豌豆射手,草坪的长度为 。
第二行 个整数 ,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 的数据,,;
对于 的数据,;
对于 的数据,,,,。
思路
设豌豆射手的顺序为 ,设 ,则当前排列的方案数为 。那么问题就转变为了对于每一个 有多少方案。
先将 升序排序,设 表示前 个点中有 个点的左右位置还可以放置豌豆射手(称为空闲点),放置后 的大小为 的方案。
初始值:,表示一开始一个点都没有,空闲点的数量也是 ,合并的长度也是 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:
-
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。
由于已经对 进行过排序,所以 一定是 和 中最大的那个,直接使用即可。
式子中的乘 是可以从 个空闲点中挑出一个和新的点合并,乘以 是可以放在左右两边。
-
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 ,长度加上新半径乘以 ,因为往左右两边扩展,然后减去中间算重复的。
因为这 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 而不是除 。
-
单独成为一个空闲点。
此时空闲点的数量加 ,长度加 。
时间复杂度为 。
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;
}