CodeChef CSUBSQ Count Subsequences

题目大意

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如果一个整数序列的各元素之和可以被给定整数 KKK 整数，则称这个序列是好的。给定整数序列 A1,A2,…,ANA_1, A_2, \ldots, A_NA1,A2,…,AN。Hasan 想计算该序列有多少子序列是好的。不过这样的话问题就太简单了，因此 Hasan 决定再加一个限制。

任意非空下标序列 i1<i2<⋯<iLi_1< i_2 < \cdots < i_Li1<i2<⋯<iL 对应子序列 Ai1,Ai2,…,AiLA_{i_1}, A_{i_2}, \ldots , A_{i_L}Ai1,Ai2,…,AiL，如果满足 iL−i1≥Wi_L - i_1 \ge WiL−i1≥W 则称这个子序列非常好。请帮 Hasan 统计非常好的子序列方案数。由于答案可能非常大，请输出方案数对 109+710^9 + 7109+7 取模的结果。

分析

假设没有 WWW 这个限制，那么这个问题就变得简单了，就是一个简单的背包问题。

我们如果先固定左端点 LLL，那么我们需要的就是在区间 [L+W,N][L + W, N][L+W,N] 中查询一个元素，使它与左端点 LLL 之间选出任意多个元素，它们的和模 KKK 等于 000。

那么可以设计一个这样的状态：

状态 f(L,i,j)f(L, i, j)f(L,i,j) 表示当前区间左端点为 LLL （外层循环枚举），当前加入第 iii 个数字，和模 KKK 为 jjj 的方案数。

不难得出以下初始状态和转移：

初始状态：f(L,L,0)=1f(L, L, 0) = 1f(L,L,0)=1 和 ∀j∈[1,K−1],f(L,L,j)=0\forall j \in [1, K - 1],f(L, L, j) = 0∀j∈[1,K−1],f(L,L,j)=0。

转移：f(L,i,j)=f(L,i−1,j)+f(L,i−1,(j−Ai+K)modK)f(L, i, j) = f(L, i - 1, j) + f(L, i - 1, (j - A_i + K) \mod K)f(L,i,j)=f(L,i−1,j)+f(L,i−1,(j−Ai+K)modK)。

显然最后的答案就是对于每个左端点 LLL，在区间 [L+1,N][L + 1, N][L+1,N] 中选择元素之和模 KKK 等于 000 的方案数减掉在区间 [L+1,L+W−1][L + 1, L + W - 1][L+1,L+W−1] 中选择元素之和模 KKK 等于 000 的方案数。

显然直接采用这种方法枚举左端点 LLL 计算就可以超时。

那么考虑采用分治的方法进行优化。

设当前我们正在处理的区间为 [L,R][L, R][L,R]，我们将它拆分成两个子区间 [L,mid][L, mid][L,mid] 和 [mid+1,R][mid + 1, R][mid+1,R]。（midmidmid 是当前区间的中点），通过递归得到这两个子区间的答案。

那么我们就定义两个 DP 状态：fL(p,k),fR(p,k)f_L(p, k), f_R(p, k)fL(p,k),fR(p,k)，分别表示在区间 [p,mid][p, mid][p,mid] 上有多少个序列的和模 KKK 等于 kkk，区间 [mid,p][mid, p][mid,p] 上有多少个子序列的和模 KKK 等于 kkk。

计算这两个 DP 状态的方法和上面介绍的一样。

那么考虑如何计算当前点的贡献。

我们记当前左边的元素之和模 KKK 等于 klk_lkl，右边的元素之和模 KKK 等于 krk_rkr。需要保证 kl+krk_l + k_rkl+kr 模 KKK 等于 000。

那么我们就先枚举 [L,mid][L, mid][L,mid] 的一个左端点 lll，强制它要选（也就是它就是第一个）。那么如何计算这个如何计算，我们分成两种情况讨论：

情况1： 当我们所选取的 l+W−1≥midl + W - 1 \ge midl+W−1≥mid 时。

这时的答案就是必须选 lll，在区间 [l+1,mid][l + 1, mid][l+1,mid] 里任意选择的方案数乘上在区间 [mid+1,l+W−1][mid + 1, l + W - 1][mid+1,l+W−1] 随意选且在区间 [l+W,R][l + W, R][l+W,R] 选择至少一个的方案数。

用我们计算出的 DP 值表示就是：

(fL(l,kl)−fL(l+1,kl))×(fR(R,kr)−fR(l+W−1,kr))(f_L(l, k_l) - f_L(l + 1, k_l)) \times (f_R(R, k_r) - f_R(l + W - 1, k_r)) (fL(l,kl)−fL(l+1,kl))×(fR(R,kr)−fR(l+W−1,kr))

情况2： 当我们所选取的 l+W−1<midl + W - 1 < midl+W−1<mid 时。

我们发现无法直接计算出相应的答案，但我们可以将它拆成两部分：

必须选择 lll，且在 [mid+1,R][mid + 1, R][mid+1,R] 中选至少一个，在 [l+1,mid][l + 1, mid][l+1,mid] 中随便选的方案数：可以利用我们计算的 DP 表示为 (fL(l,kl)−fL(l+1,kl))×fR(R,kr)−fR(mid,kr)(f_L(l, k_l) - f_L(l + 1, k_l)) \times f_R(R, k_r) - f_R(mid, k_r)(fL(l,kl)−fL(l+1,kl))×fR(R,kr)−fR(mid,kr)；
必须选择 lll，且在 [mid+1,R][mid + 1, R][mid+1,R] 中不选，在 [l+W,mid][l + W, mid][l+W,mid] 中选至少一个，在 [l+1,l+W−1][l + 1, l + W - 1][l+1,l+W−1] 中随便选的方案数，这个我们采用递归的方法进行处理。

总时间复杂度为 O(NKlog⁡2N)O(NK\log_2 N)O(NKlog2N)。

参考代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;typedef long long ll;
const int Maxn = 1e5;
const int Maxk = 50;
const ll Mod = 1e9 + 7;int N, K, W;
int A[Maxn + 5];ll fLef[Maxn + 5][Maxk + 5], fRig[Maxn + 5][Maxk + 5];
ll ans;void Divide(int lb, int ub) {if(ub - lb < W) return;if(lb == ub) {if(A[lb] == 0) ans = (ans + 1) % Mod;return;}int mid = (lb + ub) >> 1;Divide(lb, mid), Divide(mid + 1, ub);for(int k = 0; k < K; k++)fRig[mid][k] = fLef[mid + 1][k] = 0;fRig[mid][0] = 1;for(int j = mid + 1; j <= ub; j++)for(int k = 0; k < K; k++)fRig[j][k] = (fRig[j - 1][k] +fRig[j - 1][(k - A[j] + K) % K]) % Mod;fLef[mid + 1][0] = 1;for(int j = mid; j >= lb; j--)for(int k = 0; k < K; k++)fLef[j][k] = (fLef[j + 1][k] +fLef[j + 1][(k - A[j] + K) % K]) % Mod;ll tot = 0;for(int lefsum = 0; lefsum < K; lefsum++) {int rigsum = (K - lefsum + K) % K;for(int j = lb; j + W <= ub && j <= mid; j++) {ll lef = (fLef[j][lefsum] - fLef[j + 1][lefsum] + Mod) % Mod, rig;if(j + W - 1 >= mid)rig = (fRig[ub][rigsum] - fRig[j + W - 1][rigsum] + Mod) % Mod;else rig = (fRig[ub][rigsum] - fRig[mid][rigsum] + Mod) % Mod;tot = (tot + lef * rig % Mod) % Mod;}}ans = (ans + tot) % Mod;
}int main() {#ifdef LOACLfreopen("in.txt", "r", stdin);freopen("out.txt", "w", stdout);
#endifint _;scanf("%d", &_);while(_--) {scanf("%d %d %d", &N, &K, &W);for(int i = 1; i <= N; i++) scanf("%d", &A[i]);ans = 0;Divide(1, N);printf("%lld\n", ans);}return 0;
}

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