【COCI 2020/2021 Round ＃2 D】Magneti（DP）

Magneti

题目链接：COCI 2020/2021 Round #2 D

题目大意

给你 n 个物品，每个有一个值，而且物品之间不同。
然后有一个长度为 L 的板子，然后你要把物品放在每个整点上面，使得两个物品之间的距离不小于它们权值的最大值。
然后问你有多少种方法。

思路

考虑 DP，发现不太能 DP，因为跟两个有关，但是不可以 $2^n$。

考虑转化一下，发现如果我们确定了顺序，那最少要长度为多少的板子呢？
思考一下会发现两个之间占了 $\max (a_i,a_{i+1})$ 的空位，那总共要的位置就是这些的和加上 $n$。
那多出的位置我们可以用插板法来分配。

那问题就变成了求对于每个 $\max$ 的和的结果，有多少种顺序对应呢？
考虑贡献的位置，也就是大的那个，于是考虑从小到大加数，那每次跟前面的多少个相邻就是贡献多少个自己。
然后考虑放进去之后会有若干块，块之间不相邻，之后再用数合并。
然后就列出一个 DP：$f_{i,j,k,0/1/2,w}$ 为前 $i$ 个数放进去，一边空着的 $j$ 个块，两边空着的 $k$ 个块，两段的块已经放了 $0/1/2$ 个，当前 $\max$ 的和为 $w$。
然后分类讨论转移。

发现会超时，因为是 $O(n^{3}L)$ 的。
考虑优化，观察一下转移的式子会发现 $j$ 只有在两端的时候才会加，所以 $j$ 的大小其实也是 $0/1/2$，然后变成 $O(n^{2}L)$ 就可以过了。

代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mo 1000000007

using namespace std;

const int N = 51;
const int M = 1e4 + 10; 
int n, L, a[N], jc[M], inv[M], invs[M];
int f[2][3][N][3][M], inv2;

int add(int x, int y) {
    return x + y >= mo ? x + y - mo : x + y;}
int dec(int x, int y) {
    return x < y ? x - y + mo : x - y;}
int mul(int x, int y) {
    return 1ll * x * y % mo;}
int C(int x, int y) {
    if (y < 0 || y > x) return 0; return mul(jc[x], mul(invs[y], invs[x - y]));}
int ksm(int x, int y) {
    int re = 1; while (y) {
    if (y & 1) re = mul(re, x); x = mul(x, x); y >>= 1;} return re;}

void Init() {
    
	jc[0] = 1; for (int i = 1; i < M; i++) jc[i] = mul(jc[i - 1], i);
	inv[0] = inv[1] = 1; for (int i = 2; i < M; i++) inv[i] = mul(inv[mo % i], mo - mo / i);
	invs[0] = 1; for (int i = 1; i < M; i++) invs[i] = mul(invs[i - 1], inv[i]);
	inv2 = ksm(2, mo - 2);
}

void ck(int &x, int y) {
    
	x = add(x, y);
}

int main() {
    
// printf("%.3lf", (sizeof(f) * 2) / 1024.0 / 1024.0);
	
	freopen("magnet.in", "r", stdin);
	freopen("magnet.out", "w", stdout);
	
	Init();
	
	scanf("%d %d", &n, &L);
// for (int i = 1; i <= n; i++) a[i] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d", &a[i]); sort(a + 1, a + n + 1);
	
	if (n == 1) {
    
		printf("%d", L); return 0;
	}
	
	f[0][0][0][0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
		for (int j = 0; j < 3; j++)
			for (int k = 0; k + j < i; k++)
				for (int l = 0; l <= 2; l++)
					for (int s = 0; s <= L; s++)
						if (f[(i & 1) ^ 1][j][k][l][s]) {
    
							int x = f[(i & 1) ^ 1][j][k][l][s]; f[(i & 1) ^ 1][j][k][l][s] = 0;
							if (l < 2) {
    
								ck(f[i & 1][j + 1][k][l + 1][s], (2 - l) * x);
								if (s + a[i] <= L) {
    
									if (j) ck(f[i & 1][j - 1][k][l + 1][s + a[i]], mul(x, j));
									if (k) ck(f[i & 1][j + 1][k - 1][l + 1][s + a[i]], mul(x, k * (2 - l)));
								}
							}
							if (s + a[i] <= L) {
    
								if (j) ck(f[i & 1][j][k][l][s + a[i]], mul(x, j));
								if (k) ck(f[i & 1][j][k][l][s + a[i]], mul(x, 2 * k));
							}
							if (s + a[i] + a[i] <= L) {
    
								if (j > 1) ck(f[i & 1][j - 2][k][l][s + a[i] + a[i]], x);
								if (k > 1) ck(f[i & 1][j][k - 1][l][s + a[i] + a[i]], mul(x, mul(k, k - 1)));
								if (j && k) ck(f[i & 1][j][k - 1][l][s + a[i] + a[i]], mul(x, mul(j, k)));
							}
							ck(f[i & 1][j][k + 1][l][s], x);
						}
	}
	
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= L; i++) {
    
		ck(ans, mul(f[n & 1][0][0][2][i], C(L - i + n - 1, n)));
	}
	printf("%d", ans);
	
	return 0;
}