第6回 ドワンゴからの挑戦状 2020 予選 E - Span Covering (赤色, 1100 点)

すごく面白かった！！！！！！！

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問題概要

長さ のマス目があって、長さがそれぞれ の 個の区間を配置していきたい。 個の区間がすべてのマスを被覆するような配置方法は何通りあるか、1000000007 で割ったあまりを求めよ。

制約

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• 

考えたこと

とにかく目からウロコだった...
この問題を見て、一見すると「どのマスがすでに被覆されているか」という状態を管理してあげないと遷移できないように思えてくる。なんか高難易度では、こういう状態から上手に DP 状態を定義してまとめ上げる問題は良く見る気がする。

今回は、各区間を順番に処理していくときに、そもそも各区間をどこに配置するかという情報をも捨て去ってしまうというのだ。つまり「区間の連結関係とそれらの左右の位置関係」のみを管理する！！！

• dp[ i ][ c ][ x ] := 最初の i 個の区間について処理した段階で、連結した区間が c 個で、占有する長さが x である状態の場合の数 (これをどこに配置するかはまったく考えない)

としてあげて、最後に dp[ 1 ][ X ] が答えになる。なぜなら「1 本につながった長さ X の区間」は、もうびっちり置くしかないからだ。各連結成分の位置関係だけは気にしてあげる。

L を大きい順にソート

L を大きい順に見てあげると、長さ L の区間を扱おうとしている段階で「各連結区間の長さはいずれも L 以上である」という状態になっていることから、以下のいずれかの遷移パターンしかないことがいえる

• c が増える (既存のやつのどこともつながらない)
• c は変わらずに x が増える (既存のやつと重なりつつ、はみ出しがある)
• c は変わらずに x も変わらない (既存のやつのどこかに包含される)
• c が減る (既存のやつの隣接する 2 つをつなぐ --- このときはみ出しが 1 以上必要であることに注意)

これらを遷移してあげると、それぞれについて、dp = dp[ i ] から nex = dp[ i + 1 ] への遷移は、以下のようになる

• nex[c+1][x+L[i]] += dp[c][x] * (c+1)　(挿入 DP の要領)
• nex[c][x+hami] += dp[c][x] * c * 2　(1 <= hami <= L[i])
• nex[c][x] += dp[c][x] * (x - (L[i]-1)*c)
• nex[c-1][x+hami] += dp[c][x] * (c-1) * (L[i]-hami+1)　(1 <= hami <= L[i])

意外とシンプルに遷移を作れる。

計算量

計算量は一見すると、

• 状態量:
• 遷移:

で、 であるように思える。が、実はちゃんと解析するとそこまでではない。状態量は実際には

• 長さ の区間は置こうとするとき、それまでの各連結成分の長さは 以上なので、 が成立する
• その状態から 通りの遷移を行うとして、1 回分の遷移に要する計算量は となる
• よって全体の計算量も となる

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T> inline bool chmax(T& a, T b) { if (a < b) { a = b; return 1; } return 0; }
template<class T> inline bool chmin(T& a, T b) { if (a > b) { a = b; return 1; } return 0; }

template<int MOD> struct Fp {
    long long val;
    constexpr Fp(long long v = 0) noexcept : val(v % MOD) {
        if (val < 0) val += MOD;
    }
    constexpr int getmod() { return MOD; }
    constexpr Fp operator - () const noexcept {
        return val ? MOD - val : 0;
    }
    constexpr Fp operator + (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) += r; }
    constexpr Fp operator - (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) -= r; }
    constexpr Fp operator * (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) *= r; }
    constexpr Fp operator / (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) /= r; }
    constexpr Fp& operator += (const Fp& r) noexcept {
        val += r.val;
        if (val >= MOD) val -= MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator -= (const Fp& r) noexcept {
        val -= r.val;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator *= (const Fp& r) noexcept {
        val = val * r.val % MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator /= (const Fp& r) noexcept {
        long long a = r.val, b = MOD, u = 1, v = 0;
        while (b) {
            long long t = a / b;
            a -= t * b; swap(a, b);
            u -= t * v; swap(u, v);
        }
        val = val * u % MOD;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    constexpr bool operator == (const Fp& r) const noexcept {
        return this->val == r.val;
    }
    constexpr bool operator != (const Fp& r) const noexcept {
        return this->val != r.val;
    }
    friend constexpr ostream& operator << (ostream &os, const Fp<MOD>& x) noexcept {
        return os << x.val;
    }
    friend constexpr Fp<MOD> modpow(const Fp<MOD> &a, long long n) noexcept {
        if (n == 0) return 1;
        auto t = modpow(a, n / 2);
        t = t * t;
        if (n & 1) t = t * a;
        return t;
    }
};

const int MOD = 1000000007;
using mint = Fp<MOD>;

int main() {
    int N, X;
    cin >> N >> X;
    vector<int> L(N);
    for (int i = 0; i < N; ++i) cin >> L[i];
    sort(L.begin(), L.end(), greater<int>());
    
    vector<vector<mint>> dp(N+1, vector<mint>(X+1, mint(0)));
    auto nex = dp;
    dp[0][0] = 1;
    for (int i = 0; i < N; ++i) {
        nex.assign(N+1, vector<mint>(X+1, mint(0)));
        for (int c = 0; c <= N; ++c) {
            for (int x = 0; x <= X; ++x) {
                if (dp[c][x] == 0) continue;
                
                // 増やす
                if (c+1 <= N && x+L[i]+c <= X) nex[c+1][x+L[i]] += dp[c][x] * (c+1);

                // どこかにくっつける
                for (int hami = 1; hami <= L[i]; ++hami) {
                    if (x+hami + c-1  > X) break;
                    nex[c][x+hami] += dp[c][x] * c * 2;
                }

                // どこかに含まれる
                nex[c][x] += dp[c][x] * (x - (L[i]-1)*c);

                // つなぐ
                if (c > 0) {
                    for (int hami = 1; hami <= L[i]; ++hami) {
                        if (x+hami + c-2 > X) break;
                        nex[c-1][x+hami] += dp[c][x] * (c-1) * (L[i]-hami+1);
                    }     
                }
            }
        }
        swap(dp, nex);
    }
    cout << dp[1][X] << endl;
}

後日：opt さんより

後ろから場合分けすれば自然に解ける。解説では「シールをどこに置くか」というのを無視しようという話がいきなり出てくる。

しかし opt さんは「最後のシールを置く前の状態で場合分け」という視点を入れてきた。

そうすると部分問題は

(黒1の長さ, 白1の長さ, 黒2の長さ, ...)

みたいになる。ここで、白とは「まだ区間が置かれてない場所」を指す。次に

• 白の長さの情報いらないよね

となる。これがまさに公式解説の「シールをどこに置くかという視点は要らない」というのに対応する。

難易度の高い典型

• 区間を [0, X) と思わなくても良くて、無限に長い区間の中で連結成分 1 個、長さ X のものができれば OK と考える (挿入 DP の考え方)
• 長さの短い or 長いものから考える
• 最終状態から場合分けして、DP のキーを探す
• 個数のみで遷移できる (遷移の係数を見ると分かるね)