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除了勇气,我什么都不缺。

题解 P4484 【[BJWC2018]最长上升子序列】

posted on 2018-07-22 21:57:14 | under 题解 |

十分感谢GXZ大佬的讲解,此处致以敬意!本蒟蒻对于部分不是很清楚的地方整理了一下,大家可以结合起来食用。

$Address$


那么这道题,作为一道显然不是那么可做的题,我们首先来讲一下如何骗分: $next\_permutation$ 枚举全排列,然后 $nlogn$ 求一遍长度,最终复杂度大约维持在 $O(n!\times nlogn)$ 的水平,看一眼数据规模,好像对于 $n\leq 9$ 的数据,在你的常数小的情况下跑出来时没有什么问题的。

$emmmm$ 思考一下数据范围,能够用最暴力的方法骗到分的概率极其的低。

于是我们考虑 $dp$ 是否可行。

因为事实上,我们可以看到从左向右推好像不是很可行,于是我们考虑,对于一个排列,我们把数从小到大插入到一个空的数列里面。

那么我们首先令一个 $f_i$ (放心跟程序没啥关系)表示,在当前已经确定的一个序列里面,从左至右第 $i$ 个数的最长上升子序列长度。基于这个数组,我们再令 $maxL_i$ 表示前缀最大值,即 $$maxL_i = max\{f_1,f_2...,f_i\}$$ 那么对于这个 $maxL$ 数组,显然有 $$maxL_i \leq maxL_{i+1} \leq maxL_{i} +1$$

诶,看上去这个 $maxL$ 数组更加友善一些,因为我们可以差分它。不妨设对其进行差分的数组为 $dif$ 。


回归正题,在我们把数从小到大插入的时候,对于 $dif$ 数组会出现如此情况:

考虑在第 $i$ 位和第 $i+1$ 位之间插入了一个新的数,而因为我们是单调地插入的,所以新插入的这个数一定是当前序列的最大数。那么很显然的是,这个数的 $maxL$ 一定是 $maxL_i+1$ ,因此把 $dif_{i+1}$ 改成 $1$ ,而在 $i$ 之后第一个比 $base_i$ 大的数,记其位置为 $pos$ ,则 $dif_{pos}$ 值肯定也为 $1$ ,但是当我们插入了这个新的数之后,由于在它之前刚刚插入了一个不应该加入 $f_{pos}$ ,所以我们应当把 $dif_{pos}$ 置成零。

那么很显然了,我们接下来要做的就是对 $dif$ 数组进行状压 $DP$ 。

那我们不妨令 $dp_{i,j}$ 表示在一个 $1$ ~ $ i$ 的排列里,差分数组 $dif$ 状态为 $j$ 的方案数,那么答案就是 $$ans=\frac{1}{n!}\sum_{i =0}^{2^{n-1}-1}{dp_{n,i} \times getlen(i)}$$

也就是 $\sum$ 有 $n$ 个数、状态为 $i$ 的方案 $\times$ 方案中的 $LIS$ 的长度。

值得一提的是,由于我们状压了 $dif$ 数组,所以每个方案中 $LIS$ 的长度,就是该状态里 $1$ 的个数。

嗯,状压DP就是好啊

呃,什么,你说状态转移方程?我感觉像这种只有两维的状压 $DP$ 的方程不都是一个样的吗……

至于代码,有几个 $Tricks$ 值得留意:

$1$ 、我们发现其实 $dp$ 数组的第一维 $i$ 是可以滚掉的,所以我们就滚掉它,因为实际上我们最后的状态数量达到了 $2^{27}$ 空间承受不起啊!所以我们就要卡着上限开,并且依旧会爆空间 $OTZ$

$2$ 、因为一定会有 $$maxL_1 = maxL_0+1= 1$$ 所以我们可以少状压一次。

$3$ 、为了便于递推,我所枚举的状态以及一系列都是跟数组的定义规则相同,跟二进制的定义规则相反。

$4$ 、我们最后由于求的是期望,所以要乘上 $n!$ 的逆元,费马小定理求即可。

$5$ 、注意是取反号而不是取非号.因为我们在状压的时候,全0也是状态的一部分,所以我们在从后往前枚举(为了便于计算后面将要被置成的0)时应该到-1停止而不是到0停止。


#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#define ll long long

using namespace std ;
const ll mod = 998244353LL ;
ll dp[2][134217730], getlen[134217730] ;
ll Mx, N, i, j, k, ans, fac = 1, now, t, pos ;

inline ll lowbit(ll x){return x & (-x) ; }
inline ll my_pow(ll a, ll b){
    ll res = 1 ;
    while(b){
        if(b & 1)res = (res * a) % mod ;
        a = (a * a) % mod ;
        b >>= 1 ;
    }
    return res ;
}
int main(){
    cin >> N ; N -- ; dp[0][0] = 1 ; Mx = 1 << N ;
    for(now = i = 1; i <= N ; now ^= 1, i ++){
        fill(dp[now], dp[now] + (1 << i), 0) ;
        for(j = 0; j < (1 << (i - 1)); j ++){
           dp[now][j << 1] = (dp[now][j << 1] + dp[now ^ 1][j]) % mod, pos = -1 ;
            for(k = i - 1; ~k ; k --){
                t = ((j >> k) << (k + 1)) | (1 << k) | (j & ((1 << k) - 1)) ;//(j >> k) << (k + 1)是为了先清掉后面的几位所以不能简写成j << 1
                if(j & (1 << k)) pos = k ;
                if(~pos) t ^= (1 << (pos + 1)) ;
                dp[now][t] = (dp[now][t] + dp[now ^ 1][j]) % mod ;
            }
        }
    }
    for(i = 1; i < Mx; i ++) getlen[i] = getlen[i - lowbit(i)] + 1 ;
    for(i = 0; i < Mx; i ++) ans = ( ans + 1ll * dp[N & 1][i] * (getlen[i] + 1) ) % mod ;
    for(i = 1; i <= N + 1 ; i ++) fac = (fac * i) % mod ;
    ans = ans * my_pow(fac, mod - 2) % mod ;
    cout << ans ;
    return 0 ;
}

但是无论如何,写这样一个状压DP,只能得到76分,开 $O2$ 的话可以得到80分,是因为最终时间复杂度为 $O(2^n \times n^2)$ ,空间的话也是大的要死,放在普通的的状压DP里面 已经足够优秀了,但是由于这个题的数据达到了惊人的 $2^{27}$ ,所以我们最终选择用更前卫的方式解决:

打表

嗯,于是这个题就结束了。其实这个题据说有更优秀的做法,需要用到杨氏矩阵等。而因为本蒟蒻在省队集训的时候走神了,所以并不会杨氏矩阵 $OTZ$

最后再贴一下打表的代码吧:


#include <cstdio>
#include <iostream>

int N ; 
int List[50]={19260817, 1,499122178,2,915057326,540715694,946945688,422867403,451091574,317868537,200489273, 976705134,705376344,662845575,331522185,228644314,262819964,686801362,495111839,947040129,414835038,696340671,749077581,301075008,314644758,102117126,819818153,273498600,267588741} ;

int main(){
    std::cin >> N ;
    std::cout << List[N] ; 
    return 0;
}