【题解】牛客OI周赛1-提高组 C.序列 计数类DP+前缀和优化

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来源：牛客网

我们枚举不同数字的个数 $x$x 。此时等价于这个问题，有 x 个箱子排成一排，任
意两个箱子之间距离不超过 k（超过 k 意味着可以把这个间距减小到 k，且是一个等价的序
列），第一个箱子和最后一个箱子的距离不超过 m 的方案数。设 $F[i,j]$F[i,j] 表示放置了 $i$i 个箱子，第 $1$1 个箱子和最后一个箱子的距离为 $j$j 的方案数。
$F[i,j]=\sum_{l=1}^{j-1}F[i-1,l]$F[i,j]=l=1∑j−1​F[i−1,l]
注意要减去超过 $k$k 的那些方案数。观察到这个状态转移方程可以利用前缀和优化至 $O(n^2)$O(n2) 。
将 $n$n 个位置放入 $x$x 种不同数字一共有 $S[n,k]$S[n,k] 种不同的方法，其中 $S$S 代表第二类斯特林数。
然后还要对 $x$x 个数字进行大小定位，共有 $x!$x! 种不同方法。
目标：
$\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^mS[n,i]*i!*f[i,j]$i=1∑n​j=0∑m​S[n,i]∗i!∗f[i,j]

#include<cstdio>
#include<iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const int N=2e3+10;
int n,m,k;
ll fac[N],sum[N],f[N][N],s[N][N],ans;
int main()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
    	s[i][1]=s[i][i]=1;fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
    	for(int j=2;j<i;j++)
    	    s[i][j]=(s[i-1][j-1]+j*s[i-1][j]%mod)%mod;
	}
	f[1][0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		sum[0]=f[i-1][0];
		for(int j=1;j<=m;j++)
		    sum[j]=(sum[j-1]+f[i-1][j])%mod;
		for(int j=1;j<=m;j++)
		    f[i][j]=sum[j-1];
		for(int j=k+1;j<=m;j++)
		    f[i][j]=(f[i][j]-sum[j-k-1]+mod)%mod;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++)
	    for(int j=0;j<=m;j++)
	        ans=(ans+(s[n][i]*fac[i]%mod)*f[i][j]%mod)%mod;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

总结

初拿到这道题毫无头绪。这题转化为一个放箱子的模型，通过一系列分析利用DP求解，很巧妙。