(SEERC 2020) n'jienjieF. Fence Job

原题链接：https://codeforces.com/gym/103102/problem/F

题目大意：给出1~n的一个排列h1,...,hn，每次操作选取区间[l,r]，并把h[l],...h[r]同时变为min{h[l],...h[r]}。问在若干（>=0）次操作后，可以得到多少种不同的序列。

分析：

操作的先后顺序不可互换，不同的操作序列也可以得到相同的结果，这提示我们不应该考虑如何在原序列上进行操作，应该考虑哪些结果是合法的；

可以把操作想象成选择区间[l,r]内最小的数，然后把它向两侧延展覆盖整个区间。于是，我们可以考虑每个h[i]可以延展的区间的边界。结论是，每个h[i]可以向左右延展到第一个小于h[i]的数前；在每一个合法的结果中，h[i]只能出现在上述区域；

分析到这里，通常的做法有DP和组合数计算，这个题里不同h[i]的区间延展相互制约，不宜直接计算组合数，故考虑DP；

n=3000，猜测是O(n^2)的DP，每个DP的含义是满足某种性质的合法不同结果的数量；

dp[i][j]表示仅用h[1],...,h[i]能够得到的长度为j（左对齐）的合法不同结果数，初值dp[0][0]=1；

i时，设h[i]的可行区间为(l,r)，于是只需要更新（l,r)内的dp，其他直接继承i-1的结果，于是我们可以省略i这一维度；

对l+1<=k<=r-1，依次使让dp[k]+=dp[k - 1]，即加上第k位是h[i]的合法结果（此时前k-1位由h[1..i]组成）；

对k>=r，如果我们想让前面出现h[i]，那么此时h[1..i-1]延展到第k位的情况，所以dp[k]仍然只能由h[1..i-1]组成；

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int INF = 0x3f3f3f3f;

typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;

const int P = 1e9 + 7;

const int maxn = 3000 + 10;
int h[maxn], n;
LL dp[maxn];

int main()
{
    scanf("%d", &n);
    for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &h[i]);

    
    dp[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        int l, r; l = r = i;
        while(l >= 1 && h[l] >= h[i]) --l;
        while(r <= n && h[r] >= h[i]) ++r;
        for(int k = l + 1; k <= r - 1; k++)
        {
            dp[k] += dp[k - 1];
            dp[k] %= P;
        }
    }
    printf("%lld", dp[n]);

    return 0;
}

标签：...,DP,int,long,Job,2020,延展,jienjieF,dp
来源： https://www.cnblogs.com/wangxiaoge2001/p/15002565.html