本文主要是介绍AT2366-[AGC012F]Prefix Median【dp】，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/AT2366

题目大意

有一个长度为\(2n-1\)的序列\(a\)，你可以将其重新排列，定义\(b_i\)为\(a_{1\sim 2i-1}\)的中位数。

询问有多少种不同的可能的\(b\)序列。

\(1\leq n\leq 50\)

解题思路

先假设\(a\)中所有数字都不同，我们去考虑一下\(b\)的限制。

相当于我们每次在\(a_i\)中加入两个数字\(x,y\)，然后如果\(x,y\)都小于最后一个\(b\)则新的\(b\)取它在\(a\)中的前驱，如果都大于则取后继，如果一大一小则不动。

基于这个限制我们得到的条件是每次\(b_i\)加入数字之后的排名只能变动一位，这是充要的。

考虑去形式化这个条件，将\(a\)排序后，我们有：

• \(a_{n-i+1}\leq b_i\leq a_{n+i-1}\)
• 不存在\(j<i\)满足\(b_i<b_j<b_{i+1}\)或\(b_{i+1}<b_j<b_i\)

这样我们其实并不需要考虑\(a\)填的情况，如果\(b\)一次向外跨过了很多个\(a\)，那么我们可以视这些\(a\)此时还没有加入，我们只需要限制往内跨的情况出现就好了。

不过这第二个条件依旧不好处理，我们考虑倒着做，那当我们确定一个\(b_i\)和\(b_{i+1}\)之后，相当于\((b_i,b_{i+1})\)之间的数字就都不能选择了。

考虑\(dp\)，设\(f_{i,l,r}\)表示目前填了\(i\)个，对于现在的\(b_i\)来说，左边还剩下\(l\)个位置，右边还剩下\(r\)个位置。

然后每次加入两边的\(a_i\)，如果\(a_{l}=a_{l+1}\)，那么我们将其视为同一个，右边同理。

时间复杂度：\(O(n^4)\)

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=110,P=1e9+7;
ll n,m,a[N],f[N][N][N];
signed main()
{
	scanf("%lld",&n);m=2*n-1;
	for(ll i=1;i<=m;i++)
		scanf("%lld",&a[i]);
	sort(a+1,a+m+1);
	f[n][0][0]=1;
	for(ll i=n-1;i>=1;i--){
		ll l=i,r=2*n-i;
		ll dl=(a[l]!=a[l+1]),dr=(a[r]!=a[r-1]);
		for(ll l=0;l<=m;l++)
			for(ll r=0;r<=m;r++){
				if(!f[i+1][l][r])continue;
				(f[i][l+dl][r+dr]+=f[i+1][l][r])%=P;
				for(ll k=0;k<l+dl;k++)(f[i][k][r+dr+1]+=f[i+1][l][r])%=P;
				for(ll k=0;k<r+dr;k++)(f[i][l+dl+1][k]+=f[i+1][l][r])%=P;
			}
	}
	ll ans=0;
	for(ll i=0;i<=m;i++)
		for(ll j=0;j<=m;j++)
			(ans+=f[1][i][j])%=P;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

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