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题目解法
首先考虑对于确定的
,判断其是否满足条件。显然,选出
集合的过程如下:
取出
的两个最大值的下标,加入集合
,弹出
的最大值,加入集合
,重复
次。
也有这样一个等价的过程:从后往前考虑各个
,若在最终状态中,仍然存在
,使得没有高度为
的石柱,则选取其中最大的
,
处的石柱在最终状态中高度为
。
考虑对该过程进行动态规划。
记
表示考虑了石柱
,在最终状态中已经存在高度
。
考虑由 向 的转移。
、若
,则应当填入
以内的元素。
可以发现,
以内的元素恰好被填入了
个,其中
为已经经过的不在
中的元素个数。由于我们不能分辨各个元素被填入了几次,可以考虑将 “每个元素各有两个” 一限制修改为 “每个元素各有本质不同的两个” ,并在最后将答案除去
。此时转移系数为
。
、若
,则应当填入
的元素。
若
在最终状态中的高度不为
,可以考虑先不填入元素。
否则,考虑枚举
表示填入
后,最终状态中已经存在高度
。
新填入的后
个元素在最终状态中的高度恰好为
。考虑预处理系数
,表示填入的
个位置均为关键位置的方案数,乘上
的取值个数
,转移系数应当为:
其中
表示已经经过的在
中的元素个数。
最后的问题在于计算
。
注意到一个填入方式合法,当且仅当对于
,不存在超过
个
的元素。
记
表示在
个位置中填入
的数,使其合法的方案数,有
时间复杂度 。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 1505;
const int P = 1e9 + 7;
const int inv2 = (P + 1) / 2;
typedef long long ll;
template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); }
template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); }
template <typename T> void read(T &x) {
x = 0; int f = 1;
char c = getchar();
for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f;
for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0';
x *= f;
}
bool key[MAXN]; int dp[MAXN][MAXN];
int n, binom[MAXN][MAXN], coef[MAXN][MAXN];
int power(int x, int y) {
if (y == 0) return 1;
int tmp = power(x, y / 2);
if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P;
else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P;
}
void update(int &x, int y) {
x += y;
if (x >= P) x -= P;
}
int main() {
read(n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int x; read(x);
key[x] = true;
}
for (int i = 0; i <= n; i++) {
binom[i][0] = coef[i][0] = 1;
for (int j = 1; j <= i; j++) {
binom[i][j] = (binom[i - 1][j - 1] + binom[i - 1][j]) % P;
coef[i][j] = (coef[i - 1][j] + 2ll * coef[i - 1][j - 1] * j) % P;
if (j >= 2) update(coef[i][j], 1ll * coef[i - 1][j - 2] * j * (j - 1) % P);
}
}
dp[n * 2 + 1][0] = 1;
int cntkey = 0, cntelse = 0;
for (int i = n * 2; i >= 1; i--) {
if (key[i]) {
for (int j = 0; j <= cntkey + 1; j++) {
dp[i][j] = dp[i + 1][j];
for (int k = 1; k <= j; k++)
update(dp[i][j], 1ll * dp[i + 1][j - k] * binom[cntkey - (j - k)][k - 1] % P * coef[k - 1][k - 1] % P * (k + 1) % P);
}
cntkey++;
} else {
for (int j = 0; j <= cntkey; j++)
dp[i][j] = 1ll * dp[i + 1][j] * (j - cntelse) % P;
cntelse++;
}
}
cout << 1ll * dp[1][n] * power(inv2, n) % P << endl;
return 0;
}