题解：AtCoder ARC207A Affinity for Artifacts

题意

给定长度为 \(n\) 的序列 \(a\) 和一个数 \(X\)，求有多少种 \(a\) 的重排 \(b\) 使得 \(\sum\limits_{i=1}^n\max(b_i-i+1,0)\leq X\)。\(1\leq n\leq 100\)，\(1\leq a_i,X\leq 10^9\)。

题解

你说得对，但我怎么见过这个 trick？见过了怎么还做不出来呢？

首先考虑把 \(\sum\) 里面的式子写成更喜闻乐见的形式，注意到 \(\max(b_i-(i-1),0)+\min(b_i,i-1)=b_i\)，于是我们设 \(S=\sum\limits_{i=1}^na_i,X'=S-X\)，把原题条件转化为 \(\sum\limits_{i=1}^n\min(b_i,i-1)\geq X'\)。

显然 \(0\leq \sum\limits_{i=1}^n\min(b_i,i-1)\leq \sum\limits_{i=0}^{n-1}i=\dfrac{n(n-1)}{2}\)，因此若 \(X'>\dfrac{n(n-1)}{2}\) 则无解，若 \(X'<0\) 则答案为 \(n!\)。这样 \(X'\) 就被限制到了 \(\mathcal{O}(n^2)\) 量级。

看到形如 \(\sum\min(x_i,y_i)\) 的式子，想到将其转化为匹配问题的 trick。具体来说，我们把 \(a_1,\cdots,a_n\) 视作左部点，\(0,\cdots,n-1\) 视作右部点，把这 \(2n\) 个点放一起按权值从大到小排序。从左往右考虑每个点 \(i\)，那么我们的决策就是，要么把 \(i\) 和前面某个尚未匹配的不同类型的点 \(j\) 匹配，造成 \(v_i\) 的贡献，要么留着不匹配，等后面的点来匹配它。

容易想到对这个过程 DP。令 \(f_{i,j,k,s}\) 表示考虑前 \(i\) 个数，有 \(j\) 个左部点尚未匹配，有 \(k\) 个右部点尚未匹配，当前匹配的权值和为 \(s\) 的方案数。考虑转移，不妨假设第 \(i\) 个点是左部点，右部点的情况类似。讨论这个点是否和前面的点匹配：

• 第 \(i\) 个点不匹配：\(f_{i,j,k,s}\leftarrow f_{i,j,k,s}+f_{i-1,j-1,k,s}\)。
• 第 \(i\) 个点和前面的点匹配：此时 \(1\sim i-1\) 中有 \(k+1\) 个右部点，可以任选一个和当前点匹配，于是 \(f_{i,j,k,s}\leftarrow f_{i,j,k,s}+(k+1)f_{i-1,j,k+1,s-v_i}\)。

\(s=\mathcal{O}(n^2)\)，这样我们就得到了 \(\mathcal{O}(n^5)\) 的做法。

考虑优化。设 \(L_i,R_i\) 分别表示前 \(i\) 个点中左部点、右部点的数量。可以发现，我们能由 \(i,j\) 计算出 \(k\)：前 \(i\) 个点中有 \(j\) 个未匹配的左部点，也就会有 \(L_i-j\) 组左右部点的匹配，于是就有 \(R_i-L_i+j\) 个未匹配的右部点。因此我们的 DP 状态可以简化成 \(f_{i,j,s}\)，时间复杂度优化至 \(\mathcal{O}(n^4)\)，可以通过本题。

代码

#include <bits/stdc++.h>using namespace std;#define lowbit(x) ((x) & -(x))
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
const int N = 101, MOD = 998244353;template<typename T> inline void chk_min(T &x, T y) { x = min(x, y); }
template<typename T> inline void chk_max(T &x, T y) { x = max(x, y); }
inline int add(int x, int y) { return x += y, x >= MOD ? x - MOD : x; }
inline int sub(int x, int y) { return x -= y, x < 0 ? x + MOD : x; }
inline void cadd(int &x, int y) { x += y, x < MOD || (x -= MOD); }
inline void csub(int &x, int y) { x -= y, x < 0 && (x += MOD); }int n, ans, a[N], f[N << 1][N << 1][N * (N - 1) / 2], cnt[N << 1][2];
ll S, X;
pii p[N << 1];int main() {ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);cin >> n >> X;for (int i = 1; i <= n; ++i) cin >> a[i], S += a[i];X = S - X;if (X > n * (n - 1) / 2) return cout << "0", 0;if (X < 0) {int fc = 1;for (int i = 1; i <= n; ++i) fc = (ll)fc * i % MOD;return cout << fc, 0;}for (int i = 1; i <= n; ++i) p[i] = {a[i], 0}, p[i + n] = {i - 1, 1};sort(p + 1, p + (n << 1) + 1, greater<>());for (int i = 1; i <= n << 1; ++i) cnt[i][0] = cnt[i - 1][0] + !p[i].second, cnt[i][1] = cnt[i - 1][1] + p[i].second;f[0][0][0] = 1;int u = n * (n - 1) / 2;for (int i = 1; i <= n << 1; ++i) for (int j = 0; j <= cnt[i][0]; ++j) {int k = cnt[i][1] - cnt[i][0] + j;if (k < 0 || k > cnt[i][1]) continue;for (int s = 0; s <= u; ++s) {if (p[i].second) {if (p[i].first <= s) cadd(f[i][j][s], (ll)(j + 1) * f[i - 1][j + 1][s - p[i].first] % MOD);if (k) cadd(f[i][j][s], f[i - 1][j][s]);} else {if (p[i].first <= s) cadd(f[i][j][s], (ll)(k + 1) * f[i - 1][j][s - p[i].first] % MOD);if (j) cadd(f[i][j][s], f[i - 1][j - 1][s]);}}}for (int s = X; s <= u; ++s) cadd(ans, f[n << 1][0][s]);cout << ans;return 0;
}