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题意:

给出两个序列 \(a_1,a_2,\dots,a_n\),\(b_1,b_2,\dots,b_n\),\(i\) 与 \(j\) 能匹配当且仅当 \(a_i\leq b_j\)。

定义一个匹配是极大的,当且仅当对于匹配的 \((i,j)\) 都有 \(a_i\leq b_j\) 并且未被匹配的 \(a_i,b_j\) 两两无法匹配。

求极大匹配的个数 \(\bmod(10^9+7)\)。

\(1\leq n\leq 3000\)

真·Pt 三个 \(\bmod (10^9+7)\)。

真·去年 Pt bao0 今年还是 bao0

我还有什么好说的呢?/kk

现场只会 \(n^3\) 的做法,赛后看了题解才发现我们做法里正解只差一步之遥。

显然,一个匹配是极大匹配的充要条件是最小的未被匹配的 \(a_i\) \(\gt\) 最大的未被匹配的 \(b_j\)。

\(a,b\) 的下标对匹配个数显然是没有影响的,故不管三七二十一先将 \(a,b\) 从小到大排个序。

定义 \(p_j\) 为最大的满足 \(a_i\leq b_j\) 的 \(i\)。那么 \(j\) 能匹配的 \(a_i\) 是 \(a\) 的一段前缀——一段长度为 \(p_j\) 的前缀。那么这样一来,每个 \(b_j\) 有两种选择,一种是选择一个下标 \(\leq p_j\) 的,被钦定“要被匹配”却还没有被匹配的 \(a_i\) 并与其进行匹配。一种是干脆不匹配。但是,如果在 \(1\)~\(p_j\) 中存在某个 \(a_i\) 被钦定“不被匹配”,那么就不能选择第二种情况。因为这样一来就会存在一个未被匹配的 \(a_i\leq b_j\),不符合极大匹配的条件。

我们可以因此设计出 \(dp\) 状态:\(dp_{i,x,f}\) 表示我们在前 \(p_i\) 个 \(a_i\) 和前 \(i\) 个 \(b_j\) 中匹配 ,现在有 \(x\) 个 \(a_i\) 被钦定“要被匹配”却还没有被匹配,\(f\) 表示是否存在某个 \(a_i\) 被钦定“不被匹配”。考虑 \((p_i,p_{i+1}]\) 中的 \(a_i\),我们枚举其当中被钦定“要被匹配”的个数 \(k\),然后可以得到下面两个转移方程式:

  • \(dp_{i+1,x+k-1,f|(k!=(p_{i+1}-p_i))}+=dp_{i,j,k}\times \binom{p_{i+1}-p_i}{k}\times(x+k)\)
  • \(dp_{i+1,x+k,f|(k!=(p_{i+1}-p_i))}+=dp_{i,j,k}\times \binom{p_{i+1}-p_i}{k}\) 这种转移要求 \(f|(k!=(p_{i+1}-p_i))=0\)

稍微解释一下这两个转移方程:第一个方程对应上面的第一种情况,从 \(p_{i+1}-p_i\) 个 \(a_i\) 当中钦定选择 \(k\) 个的方案数为 \(\binom{p_{i+1}-p_i}{k}\),再选择一个与 \(b_{i+1}\) 匹配有 \(x+k\) 种选法。第二个方程对应上面的第二种情况,即 \(b_{i+1}\) 不与任何 \(a_i\) 匹配。但这种转移有个前提条件,那就是 \([1,p_{i+1}]\) 中所有的 \(a_i\) 都要被钦定匹配,即 \(f|(k!=(p_{i+1}-p_i))=0\)。

最终答案即为 \(dp_{n,0,0}+dp_{n,0,1}\)。时间复杂度乍一看是 \(n^3\) 的,但 \(\sum p_{i+1}-p_i=n\),故转移均摊 \(\mathcal O(1)\),总复杂度 \(\mathcal O(n^2)\)。

看到没?什么超纲的算法都没有。所以啊,菜是原罪/kk

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define fz(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
#define ffe(it,v) for(__typeof(v.begin()) it=v.begin();it!=v.end();it++)
#define fill0(a) memset(a,0,sizeof(a))
#define fill1(a) memset(a,-1,sizeof(a))
#define fillbig(a) memset(a,63,sizeof(a))
#define pb push_back
#define ppb pop_back
#define mp make_pair
template<typename T1,typename T2> void chkmin(T1 &x,T2 y){if(x>y) x=y;}
template<typename T1,typename T2> void chkmax(T1 &x,T2 y){if(x<y) x=y;}
typedef pair<int,int> pii;
typedef long long ll;
template<typename T> void read(T &x){
x=0;char c=getchar();T neg=1;
while(!isdigit(c)){if(c=='-') neg=-1;c=getchar();}
while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();
x*=neg;
}
const int MAXN=3000;
const int MOD=1e9+7;
int n,a[MAXN+5],b[MAXN+5],p[MAXN+5],dp[MAXN+5][MAXN+5][2],c[MAXN+5][MAXN+5];
int main(){
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);sort(a+1,a+n+1);
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&b[i]);sort(b+1,b+n+1);
for(int i=0;i<=MAXN;i++){
c[i][0]=1;
for(int j=1;j<=i;j++) c[i][j]=(c[i-1][j]+c[i-1][j-1])%MOD;
}
int pos=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
while(pos<=n&&a[pos]<=b[i]) pos++;
p[i]=--pos;
}
dp[0][0][0]=1;
for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<=p[i];j++){
for(int k=0;k<2;k++) for(int l=0;l<=p[i+1]-p[i];l++){
int nk=(k||(l!=(p[i+1]-p[i])));
if(j+l-1>=0) dp[i+1][j+l-1][nk]=(dp[i+1][j+l-1][nk]+1ll*dp[i][j][k]*(j+l)%MOD*c[p[i+1]-p[i]][l]%MOD)%MOD;
if(!nk) dp[i+1][j+l][nk]=(dp[i+1][j+l][nk]+1ll*dp[i][j][k]*c[p[i+1]-p[i]][l])%MOD;
}
}
// for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=0;j<=p[i];j++) for(int k=0;k<2;k++)
// printf("%d %d %d %d\n",i,j,k,dp[i][j][k]);
printf("%d\n",(dp[n][0][0]+dp[n][0][1])%MOD);
return 0;
}

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