计数dp入门

前情提要：

能开滚动数组就开滚动数组，不开包你 $MLE$
不要畏惧洛谷难度标签，很多时候难的是性质的发掘而非计数时的 $dp$，见多识广就能熟练运用甚至跨阶切题。
波奇酱世界第一可爱！！！

AT_codefestival_2016_final_f Road of the King

有一个 $n$ 个点的图，目前一条边都没有。

有一个人在 $1$ 号点要进行 $m$ 次移动，终点不必是 $1$ 号点，假设第 $i$ 次从 $u$ 移动到 $v$，那么在 $u$ 与 $v$ 之间连一条有向边。

问有多少种序列能满足：最终 $n$ 个点组成的图是一个强连通图。答案对 $10^9+7$ 取模。

$1\le n,m\le 300$

没有思路？来点提示：一个图是强连通，等价于使得所有的点都能到达 $1$，且 $1$ 能到所有的点。

充分性：所有点可以通过先到 $1$ ，再从 $1$ 到达其他点的方式，到达所有点，满足强连通图一个点出发可以到达所有其他点的条件。

必要性：当某个点不能到 $1$，或 $1$ 不能到某个点，这本身就违反了定义。

考虑利用这个特殊性质，以 $1$ 能到哪些点，以及哪些点能到 $1$ 来设计状态。

我做的时候设的状态十分暴力，设 $f_{i,j,k}$ 表示走了 $i$ 条边，已经有 $j$ 个点被连入，此时 $k$ 个点还不可达到 $i$，我们每次转移相当于从当前出点连一条边，考虑三种情况：

连入当前不可到达 $1$ 的点中，有 $k$ 个点可供选择，$\large f_{i,j,k}\times k\to f_{i+1,j,k}$。
连入当前可到达 $1$ 的点中，有 $i-k$ 个点可供选择，考虑到添加点走的是一条路径，所有当前不可达 $1$ 的点都可以到达当前出点，所以当当前出点能到 $1$ 时，其他 $k$ 个点全部能到达 $1$，$k$ 清零，$\large f_{i,j,k}\times (i-k) \to f_{i+1,j,0}$
连入新的点中，有 $n-i$ 个点可供选择，$\large f_{i,j,k}\times (n-k)\to f_{i+1,j+1,k+1}$

答案就是 $f_{m,n,0}$。

总结两个点：

状态一般较为暴力的设为能将加入的东西的组合意义考虑到，且对当前局面有大概的代表性的东西
有时设状态需要对问题形式进行转化（一般为经典结论），以转化为能让状态方便描述局面的形式。

其实这道题就是纯粹的暴力设状态，分讨转移，虽然是紫题但可以发现还是很套路的，思维难度不算高，，本次 $S$ 组比赛 $t4$ 也是类似套路。

AT_arc059_d [ARC059F] バイナリハック

有一个空串，可以进行下面三种操作：

在末尾加入一个 0。
在末尾加入一个 1。
删去末尾的数，如果串为空则忽略。

求 $n$ 次操作后满足整个串等于某个给定的串 $S$ 的方案数模 $10^9+7$。$n,|S|≤5×10^3$。

比较有入门意义的一道题，我们删除字符的时候，两个字符是等价的，而在加入到合法时，留下的字符会自动变成给出的字符串，这启示我们不去关注加入的字符具体是什么，而去关注它的贡献及影响。

设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 次操作，共打入 $j$ 个字符的方案数。

现在假设我们加入了一个不知道是什么的数，此时我们不管他是 $0$ 还是 $1$，所以贡献系数为 $1$，$f_{i,j}\to f_{i+1,j+1}$ 。他在被删除时，我们是并不知道这个数是啥的，而他可以变成 $0/1$ 两种数且都合法，所以此处贡献系数为 $2$ ，$f_{i,j}\times 2\to f_{i+1,j-1}$ ，最后操作完还剩下 $s.size()$ 个字符，这些字符自动变成 $s$ 每个位置的字符，所以只有一种方案，对答案没有贡献。

其实这题使用的不关注加入的数是什么，而在其删除/最终变化时才考虑他的不同选择带来的贡献，是计数 $dp$ 常见的技巧，算是贡献延后的一种前瞻。

Hakone

有一个 $1∼n$ 的排列 $P$。现在对于每个 $i$，给出 $P_i$ 和 $i$ 的大小关系（$P_i>i/P_i = i/P_i<i$），求可能的 $P$ 的数量模 $10^9+7$。$n≤200$。

来点看起来很高级的做法（建议仔细关注其设的 $dp$ 状态）：

考虑建一张二分图，第 $i$ 个左部点向所有可能的 $P_i$ 的取值的右部点连边，则问题变成了求该二分图的最大匹配数。显然可以删去所有满足 $P_i=i$ 的对应 $i$，则之后的每个 $P_i≠i$，方便之后的讨论。

显然无论单独看哪一部分的点，钦定每个点匹配的点时都会十分困难（无法确定其对之后的影响）。考虑每次同时处理第 $i$ 个左部点/右部点，且对于一对匹配点，只在编号更大的点统计贡献（避免后效性）。设 $dpi,j,k$ 为考虑了前 $i$ 对点，且 $j$ 个左部点和 $k$ 个右部点未匹配的方案数（显然 $j$ 个左部点只向编号更大的右部点连边）。如果 $P_i+1>i+1$，则该左部点只能向编号更大的右部点连边，$dp_{i+1,j+1,k+1}←dp_{i,j,k}$；否则其需要向编号更小的右部点连边，$dp_{i+1,j,k}←k×dp_{i,j,k}$。注意右部点可能和之前的 $j$ 个左部点之一匹配，可能不匹配，所以还有 $dp_{i+1,j,k}←j×dp_{i,j,k}，dp_{i+1,j−1,k−1}←j×k×dp_{i,j,k}$。注意到合法的 $dp$ 状态一定满足 $j=k$，所以可以合并后两维。

之所以让大家仔细看这个状态定义，是因为这个状态太脑瘫了（从别人题解看到的状态，明明左部点未匹配数严格等于右部点，不知道为什么要多设一维）。。感觉这纯粹是看着数据范围硬凑到的 $n^3$ 状态，而且这题也没必要强行转成二分图，其实用 $n^2$ 就可以表示所有局面，且有其代表的具体局面意义，因此这道题完全可以升级成 $n\le 5\times 10^3$，也是我自己在解这道题时忽略 $n$ 的规模，而从此类问题常见的状态定义及转移想出来的做法。

让我们忘记上述思路，设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 个点，$P$ 不超过 $i$ 的有 $j$ 个，则 $P$ 超过 $j$ 的就有 $i-j$ 个，这样把状态简化为 $\Theta(n^2)$，考虑从 $i\to i+1$，我们此时加入 $i$，当 $i>P_i$，这个点往前放，前面还没放的位置有 $i-j$ 个。可当我们考虑往后放时，就爆了，因为你往后放是会在后面转移时造成影响的，即我们转移到 $i+1$ 时，仅用这个状态无法让我们得知 $i+1$ 是否被占用，似乎只有状压才能表示这个状态？但状压就爆的没边了，这个唐人状态不纯瞎设吗？

这个时候，我们就要考虑一个叫做状态延后的东西了（顺带鞭尸，考场上有两位实力不俗的高二学长在做 $t4$ 时，一个想到状态却误以为这玩意转移不了，一个想出完整做法没时间打），以我的理解就是当前元素满足：

加入时无法被当前状态具体表示。
对后续的转移有影响。
可以得知对当前状态的影响。

此时先不考虑他具体的对后续的影响，此时把对当前状态影响相同的许多这种元素等价，并表示进状态里，在后续它要构成影响时把它拉出来决策，确定它的影响并加入贡献，这样就能在不表示它具体状态的前提下算出他的所有贡献。

考虑这道题为什么能贡献延后，首先我们需要决策把点加入 $>i$ 时：

当前状态只表示了前 $i$ 个，无法表示此点对状态的影响。
如果将他放置在后面的某个点，转移到这个点时它就会影响你转移，比如说点 $i$ 不能选被之前某个点占用的 $i+1$ 之类的。
我们知道它往左放的影响以及往右放 对当前状态的影响。

所以，当 $P_i<i$ 且第 $i+1$ 个没被占用时，$f_{i,j}\times (i-j)\to f_{i+1,j+1}$，当第 $i+1$ 位被占用时，我们还要从后面的不知道具体位置的 $i-j$ 个点中选一个填，$f_{i,j}\times (i-j)\times (i-j)\to f_{i+1,j+2}$，当 $P_i>i$ 且第 $i+1$ 位没被占用时，我们只知道他去后面了，但先不确定他的位置，也不算它取不同位置的贡献，则$f_{i,j}\times f_{i+1,j}$，而当 $i+1$ 位被占用，我们依旧从后面不知道位置的点中选一个确定到 $i+1$，$f_{i,j}\times (i-j) \to f_{i+1,j+1}$，而 $i=P_i$ 时显然不会有对方案的贡献，直接 $continue$，这样就在 $\Theta(n^2)$ 时间内以更想得明白的方式过了这道题。

顺带一提，这道题的贡献系数除了延后的那个全是 $i-j$，即一个状态对所有后继状态的影响都一样，说不定还有开发空间。

qoj9128.Priority Queue 3

题目：优先队列3

输入文件： 标准输入

输出文件： 标准输出

时间限制： 2秒

内存限制： 1024 MB

给定一个长度为 $N+M$ 的字符串 $S$，其中包含 $N$ 个 + 字符和 $M$ 个 - 字符，以及一个由 $M$ 个整数组成的集合 $A=\{A_1,A_2,…,A_M\}$。

初始化两个集合 $X=\varnothing $ 和 $Y=\varnothing $，并按照 $i=1,2,…,N+M$ 的顺序执行以下操作：

•当 $S$ 的第 $i$ 个字符是 + 时，从 $1$ 到 $N$ 中选择一个未被包含在 $X$ 或 $Y$ 中的整数，并将其加入 $X$。
•当 $S$ 的第 $i$ 个字符是 - 时，将 X中最小的整数 $m$ 从 $X$ 中移除，并将其加入 $Y$。根据约束条件，可以保证在此操作前 X非空。

共有 $N!$ 种方式来确定加入 $X$ 的整数顺序。求其中满足所有操作执行后 $Y=A$ 的方式数目，并将答案对 $998244353$ 取模后输出。

输入格式：

输入通过标准输入给出以下格式：

N M
S
A₁ A₂ … A_M

所有输入均为整数。
$1\le M\le N\le300$
$S$ 是一个长度为 $N+M$ 的字符串，由 $N$ 个 + 和 $M$ 个 - 组成。
对于 $i=1,2,…,N+M$，前 i个字符中出现的 - 的数量不超过前 $i$ 个字符中出现的 + 的数量。
$1\le A_1<A_1<\dots<A_M\le N$

输出格式：

在一行中输出答案。

示例：

标准输入：

4 2
++-++
1 3

标准输出：

标准输入：

6 4
++-++---++
2 3 4 6

标准输出：

标准输入：

20 10
++++-++++++--+--+-+++++--+-++
1 2 3 4 5 6 7 9 12 13

标准输出：

179396825

备注：

对于第一个示例，一种满足条件的操作序列如下：

$i=1$：将 $3$ 加入 $X$，此时 $X=\{3\},Y=\varnothing$。
$i=2$：将 $4$ 加入 $X$，此时 $X=\{3,4\},Y=\varnothing$。
$i=3$：将最小整数 $3$ 从 $X$ 移入 $Y$，此时 $X=\{4\},Y=\{3\}$。
$i=4$：将 $2$ 加入 $X$ ，此时 $X=\{2,4\},Y=\{3\}$。
$i=5$：将 $1$ 加入 $X$，此时 $X=\{1,2,4\},Y=\{3\}$。
$i=6$：将最小整数 $1$ 从 $X$ 移入 $Y$，此时 $X=\{2,4\},Y=\{1,3\}$。

对于第二个示例，字符串 $S$ 的末尾不一定以 - 结尾。

这道题算是小有难度的典题。

首先我们有个套路，如何计算

其次，这次我们需要从一个数在什么条件下能被加入入手考虑，把这个条件的限制转化为状态，在一个点决策时就可以依靠这个转移。

这道题这个限制，便是对于所有不是 $Y$ 集合的数，要是要入第一个堆，它必须满足比所有 $Y$ 集合中还没被加到第二个堆的数大，所以我们设状态时应该考虑记录 $Y$ 集合元素的最大值。

以及，我们需要定义一个可以代表此时大概的局面的状态，如上一题的 $P_i\le j$ 的 $i$ 的个数。

设 $f_{i,j,k,l}$ 表示前 $i$ 次操作，$Y$ 集合中还没入第二个堆的元素最大值为 $a_j$，此时有 $k$ 个 $Y$ 集合中的数在第一个堆，$l$ 为 $0/1$ 变量，表示最大值是否在第一个堆。我们定义 $s1_i$ 表示前 $i$ 个操作中 $+$ 的数量，$s2_i$ 表示 $-$ 的数量。

对于 $+$ ，当我们加入非 $Y$ 集合元素时，可选的数的数量就是当前合法的 $-$ 之前加过的，理由在“首先”中有讲，共有 $n-a_j-(m-j)-(s1_i-s2_i-k)$ 个，所以 $f_{i,j,k,l}\times (n-a_j-(m-j)-(s1_i-s2_i-k))\to f_{i+1,j,k,l}$。当我们加入 $Y$ 集合非最大值元素时，因为状态只能表示它加到第一个堆后有多少个 $Y$ 集合中元素，我们依旧采用贡献延后，加入一个不知道是什么的元素，$f_{i,j,k,l}\to f_{i+1,j,k+1,l}$，当我们加入最大值到第一个堆时，$f_{i,j,k,0}\to f_{i+1,j,k+1,1}$。

对于 $-$，我们只会考虑 $Y$ 集合中元素，在第一个堆中的 $k-1$ 个元素都有可能在我 $pop$ 掉当前最大值时成为下一个最大值，所以它对后续转移有影响，且状态没有表示出下一个最大值是哪个，所以在将非最大值的 $Y$ 集合元素推出时依旧延后他的贡献，$f_{i,j,k,l}\to f_{i+1,j,k-1,l}$，此时状态需满足 $k>1$ 或 $l=0$，即保证推出的不为最大值，而当我们推出最大值时，第一个堆中必定只剩它一个，不然它会推出更小的元素，所以转移的状态只有 $f_{i,j,1,1}$，而我们此时也要计算延后的贡献并转移到新的最大值的状态上，考虑枚举 $p$ 表示 $Y$ 集合中新的最大值的下标，则在之前 $p \sim j$ 之间的元素全被删除，而且因为是从当前最小值往后删，所以删除是没有顺序带来的贡献的，这些数的贡献只体现在加入的顺序以及在哪个 $+$ 被加入上，因此从之前的 $+$ 中选 $j-p-1$ 个且注意顺序，$f_{i,j,1,1}\times {s2_i-(m-j+1)\choose j-p-1}\times (j-p-1)! \to f_{i+1,p,0,0}$。

P14364 [CSP-S 2025] 员工招聘 / employ

来点正赛题目收收尾，这道题其实个人感觉甚至没上一道题难，相信学会了延后贡献的你一定能随手秒掉。

首先第一维状态为常见的选 $i$ 个人，然后设计对当前转移有影响的状态，即有 $j$ 个人被拒绝，接下来虽然没有对转移的 $c_i$ 有限制的东西了，但因为我们应该按照天的顺序加入 $c_i$，所以我们无法把 $c_i$ 按顺序插入，对于一个新的位置，应考虑所有可以加入的 $c$，这时就要加入一个不会让我们算重的状态。

所以我们设第三维 $k$ 表示此时有多少个人的 $c\le j$。这样在我们加入时就能知道有多少个满足条件的 $c$ 还没被加入，这个时候就能计算加入的数的贡献了，且从没加入的数中选来转移也不会算重。

具体转移式就分讨，发现状态不能表示的就延后，码量也还好，比上一题甚至少点思维难度，这里不再赘述。

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