有n（≤1300）棟摩天樓，從左往右排成一行。第i棟的高度是i個單位，並且每棟摩天樓都有顏色（有些摩天樓的顏色相同），將這些摩天樓排列，有多少種排列的方法，使得從左往右看去，看到不多不少剛好l棟摩天樓，答案mod 1000000009。
這裡定義一下「看到」，首先若某棟摩天樓左邊有比它高的，那就看不到。如果從左往右依次連續看到的兩棟（或以上）摩天樓顏色相同，會誤認為是一棟。
由於這個關係到次序問題，所以dp的順序可以按照從大到小的順序來，這裡只需要把讀入的順序倒過來（讀入是從小到大，下面的描述第i棟的高度是n - i + 1）。
記f（j，i）為能夠看到j棟摩天樓，並且放置了前i棟摩天樓後，第一棟看到的樓就是第i棟樓。求出f（j，i）需要列舉前一棟看到的樓是什麼，假設看到的是k這棟樓：
如果k和i的顏色是一樣的，那麼會誤當成一棟，同時k + 1至i - 1這些樓需要放在k的後面，因為它們都比k矮，那麼前一棟看到的就不是k了，那麼，k + 1至i - 1這些樓放置的方案數為（假設下標為1），k * （k + 1） * （k + 2） * … * （k + i - 2），若k + 2 等於 i，那麼就什麼都不用乘，因為i,k之間沒有其他樓
：f（j，i） += f（j，k） * k * （k + 1） * （k + 2） * … * （k + i - 2）；
如果顏色不一樣，那麼就能多看到一棟樓：f（j，i） += f（j - 1，k） * k * （k + 1） * （k + 2） * … * （k + i - 2）。
時間複雜度：首先n^2種狀態，轉移o（n），總為o（n^3）。
我們需要再優化一下轉移，可以畫個**來尋找方法：
摩天樓1,3,6是同一種顏色，而1,3,5,6中沒有乙個的顏色和摩天樓7相同，它們的顏色也不一定相同。現在若需要求f（3，7）（藍色部分），它的值等於：
f（3, 7） =
+ f
（2, 1） * 1 * 2 * 3 * 4 * 5
+ f
（3, 2） * 2 * 3 * 4 * 5
+
f（2, 3） * 3 * 4 * 5
+ f（3, 4） * 4 * 5 +
f（2, 5） * 5
+ f（2, 6）
把它分成黃色，綠色，藍色三個部分求解。
再來看看它前乙個同種顏色的摩天樓（第4棟）：
f（3, 4） =
+ f（2, 1） * 1 * 2 * 3
+ f（3, 2） * 2 * 3 +
f（2, 3） * 3
看到沒有，f（3， 7）劃線部分的值和f（3， 4）是一樣的。並且加粗部分是劃線部分的4 * 5倍，黃色部分的值就求出來了！至於i * （i + 1）* … * j，可以預處理。然後，f（3, 4） * 4 * 5可以單獨算（綠色部分）。接著，就剩下f（2, 5） * 5 + f（2, 6）。既然第4棟摩天樓是前乙個和7同顏色的，那麼，4 + 1至7 - 1的樓都不和7相同顏色，這就可以用類似於部分和的東西。
由於公式編輯麻煩，這裡就不貼了，找找規律就知道了。
那麼g（2， 6） =
+ f（2, 1） * 1 * 2 * 3 * 4 * 5
+ f（2, 2） * 2 * 3 * 4 * 5
+
f（2, 3） * 3 * 4 * 5
+ f（2, 4） * 4 * 5 +
f（2, 5） * 5
+ f（2, 6）
g（2， 4） =
+ f（2, 1） * 1 * 2 * 3
+ f（2, 2） * 2 * 3 +
f（2, 3） * 3 +
f（2, 4）
那麼我們所需要求的f（2, 5） * 5 + f（2, 6）就等於g（2， 6）減去4 * 5倍的g（2， 4）（橙色部分）。
至於g如何求，這應該很簡單吧。g（j，i） = g（j，i-1） * i + f（j， i）。
這樣，我們就可以o(1)實現求解某個f（j， i）了。問題就到此結束了，時間複雜度就是o(n^2)。
我的**下標是從0開始的，寫的一般般：
#include #include #include using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000009;
const int n = 1300, c = 2707;
char x[n];
int n, l, col[n]; // 第i棟樓的顏色編號
int pre[c]; // pre[col]，前乙個顏色為col的摩天樓的標號
ll f[n][n], // 即所說的f陣列
fac[n][n], // fac(i, j) 用來儲存 i * （i + 1）* … * j
sum[n]; // 即所說的g陣列，這裡省去了一維
inline int ord(char a)
int main()
// 加個哨兵，方便輸出
col[n] = c - 1;
// 把摩天樓的順序調轉
for (int i = 0; i < n >> 1; i ++) swap(col[i], col[n - i - 1]);
for (int i = 0; i <= n + 1; i ++)
for (int j = 0; j <= n + 1; j ++) fac[i][j] = 1ll;
for (int i = 1; i <= n; i ++)
for (int j = 1; j <= l + 1; j ++)
pre[col[i]] = i;
sum[i] = (sum[i - 1] * i + f[j - 1][i]) % mod;
} }printf("%i64d\n", f[l + 1][n]);
return 0;
}
AOIP 2015 耶加達的摩天樓
qwq 其實就是個最短路啊，然後發現建的邊最多會有n2 n 2條 所以我們考慮用分塊的思想來優化建圖。pi sqrt n 暴力加入每一條邊，每次最多sqrt n 條邊。pi sqrt n 對於每個點新增sqrt n 個輔助點，這裡可以理解成一棟樓有許多層，每一層一步能走的範圍都不同，然後每一層分別連...
APIO 2015 耶加達的摩天樓
題目鏈結 演算法 考慮將每個 doge 向其所能到達的樓連邊 直接spfa求單源最短路可以獲得57分 那麼 怎樣拿到滿分呢？我們發現這張圖的邊的數量達到了nm的數量級 考慮分塊 將每個點拆成sqrt n 個點 將每個pi sqrt n 的點向 bi pi 連邊 這樣的邊不會超過n sqrt n 條 ...
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首先可以看出這是一道求最短路的題目，但暴力建圖最多n2 條邊，所以考慮建圖優化 對於p sqrt n 的青蛙可以直接暴力建，最多n sqrt n 條邊 對於p1 define maxn 4000010ul 2 include 3 include 4 include 5 include 6 7usin...