【agc002f】Leftmost Ball（动态规划）

题面

atcoder
洛谷

题解

我们从前往后依次把每个颜色按顺序来放，那么如果当前放的是某种颜色的第一个球，那么放的就会变成\(0\)号颜色，所以无论何时，\(0\)号颜色的数量不能少于其他颜色的数量。

可以设状态\(f[i][j]\)表示前面一共放了\(i\)个\(0\)号颜色的球，而一共出现了\(j\)种其他颜色的球，根据上面的东西，可以知道\(i\ge j\)。每次转移我们分成两种考虑。第一种就直接在后面接一个\(0\)号颜色的球，这个不需要考虑任何决策，直接转移即可，也就是\(f[i][j]+=f[i-1][j]\)。另外一种转移是选择一共新的颜色，抛去前面已经放好的\(0\)号颜色的前，抛去当前位置放下一个当前颜色的球，那么还需要在后面选择\(k-2\)个位置来放这些球，而后面剩下的空位个数显然是可以算的。首先还剩下\(n-i\)个\(0\)号颜色的球没有放，所以提供\(n-i\)个空位，前面一共只出现了\(j-1\)种颜色，所以还有\((n-j+1)*(k-1)\)个空位，但是当前的位置被钦定放这种新的颜色，所以还要减少一个位置。

也就是转移长成这个样子：

\[f[i][j]=f[i-1][j]+C_{(n-i)+(n-j+1)*(k-1)-1}^{k-2}*f[i][j-1]*(n-j+1)\]

时间复杂度\(O(nk)\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<algorithm>
#include<vector>
using namespace std;
#define ll long long
#define MAX 2010
#define MOD 1000000007
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}
inline int read()
{int x=0;bool t=false;char ch=getchar();while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();if(ch=='-')t=true,ch=getchar();while(ch<='9'&&ch>='0')x=x*10+ch-48,ch=getchar();return t?-x:x;
}
int n,k,mx,f[MAX][MAX];
int jc[MAX*MAX],jv[MAX*MAX],inv[MAX*MAX];
int C(int n,int m){return 1ll*jc[n]*jv[m]%MOD*jv[n-m]%MOD;}
int main()
{n=read();k=read();mx=n*k;if(k==1){puts("1");return 0;}jc[0]=jv[0]=inv[0]=inv[1]=1;for(int i=1;i<=mx;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;for(int i=2;i<=mx;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;for(int i=1;i<=mx;++i)jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%MOD;f[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;++i)for(int j=0;j<=i;++j){add(f[i][j],f[i-1][j]);if(j)add(f[i][j],1ll*f[i][j-1]*(n-j+1)%MOD*C((n-i)+(n-j+1)*(k-1)-1,k-2)%MOD);}printf("%d\n",f[n][n]);return 0;
}