21313美丽序列

题目描述

牛牛喜欢整数序列，他认为一个序列美丽的定义是
1：每个数都在0到40之间
2：每个数都小于等于之前的数的平均值
具体地说：for each i, 1 <= i < N, A[i] <= (A[0] + A[1] + … + A[i-1]) / i.
3：没有三个连续的递减的数

现在给你一个序列，每个元素是-1到40，你可以将序列中的-1修改成任意的数，求你可以得到多少个美丽序列，答案对1e9+7取模

输入描述：
第一行输入一个整数n (1 ≤ n ≤ 40)
第二行输入n个整数
输出描述：
输出一个整数

示例1
输入	
2
3 -1
输出
4

示例2
输入
3
5 3 -1
输出
2

示例3
输入
3
-1 0 40
输出
0

示例4
输入
11
-1 40 -1 -1 -1 10 -1 -1 -1 21 -1
输出
579347890

思路简析

看了一些题解，总结一下，采用动态规划，有几个条件就开几维数组
dp[i][j][flag][sum] 表示当第i个数时，如果这个数时j，l他和前面的数是否构成数组降序（1就是前面没有降序，2就是和前一个构成降序，题目中不超过三个降序），sum就是前面i-1个数的综合（所以这个数的循环从j*（i-1）开始循环，使得这个数要大于前面数的平均值）
分类讨论及其转移方程的思路分析：
（1）如果第一个数就为-1，我们可以从0循环到40，令dp[1][i][1][i]=1,因为-1可以变为任意一个数，所以第一项有41种可能的数字，总和也有41种可能，都为0到40。

//这里为对第一个数字是否为-1进行讨论
if(a[1]==-1) 
{
    
	for(ll i=0;i<=40;i++)
		dp[1][i][1][i]=1;
} 	
else
	dp[1][a[1]][1][a[1]]=1;

（2）如果第一项不是-1，就直接dp[1][a[1]][1][a[1]]=1即可。然后从数组的第二项开始循环
①如果当前数字为-1，当前数字可以为0到40一共41种可能，又因为当前数字的前一个数字我们不知道是多少，所以也可以理解为0到40一共41种可能，最后我们需要遍历总和，因为要保证每个数都小于等于之前的数的平均值，所以需要遍历j*(i-1)到1600-j，如果当前数字大于上一个数字，就有dp[i][j][1][sum+j]=(dp[i][j][1][sum+j]+dp[i-1][flag][1][sum]+dp[i-1][flag][2][sum])%mod，否则就有dp[i][j][2][sum+j]=(dp[i][j][2][sum+j]+dp[i-1][flag][1][sum])%mod

//这里为在循环中，如果当前数字为-1进行的操作
		if(a[i]==-1)
		{
    
			for(ll j=0;j<=40;j++) //这里循环的是当前数字，-1可以随便变数，所以为0到40的循环
			{
    
				for(ll flag=0;flag<=40;flag++) //这里为当前数字的前一个数字进行0到40的循环
				{
    
					for(ll sum=j*(i-1);sum<=1600-j;sum++)  //这里是对总和的遍历
					{
    
						if(j>=flag) //如果为当前数大于等于前一个数，则当前数为递减序列的第一个，上一个数可以为递减序列的第一个或是第二个。
							dp[i][j][1][sum+j]=(dp[i][j][1][sum+j]+dp[i-1][flag][1][sum]+dp[i-1][flag][2][sum])%mod;
						else //否则，当前数只能是递减序列的第二个，上一个数只能是递减序列的第一个
							dp[i][j][2][sum+j]=(dp[i][j][2][sum+j]+dp[i-1][flag][1][sum])%mod;
					}
				}
			}
		}

②如果当前数字不为-1，我们可以根据为-1时的讨论，省去对当前数字的讨论，同时遍历总和时为a[i]*(i-1)到1600-a[i]，这是如果当前数字大于上一个数字，就有dp[i][a[i]][1][sum+a[i]]=(dp[i][a[i]][1][sum+a[i]]+dp[i-1][flag][1][sum]+dp[i-1][flag][2][sum])%mod；否则就有dp[i][a[i]][2][sum+a[i]]=(dp[i][a[i]][2][sum+a[i]]+dp[i-1][flag][1][sum])%mod

//这里是当前数不为-1时的操作
		else
		{
    
			for(ll flag=0;flag<=40;flag++) //这里是对上一个数字从0到40的遍历，省去了对当前数的讨论。
			{
    
				for(ll sum=a[i]*(i-1);sum<=1600-a[i];sum++) //这里是对总和的遍历
				{
    
					if(a[i]>=flag) //如果当前数大于上一个数，按照上一个代码中的思路进行转移即可。
                    {
    
                        dp[i][a[i]][1][sum+a[i]]=(dp[i][a[i]][1][sum+a[i]]+dp[i-1][flag][1][sum]+dp[i-1][flag][2][sum])%mod;
                    }
                    else  //这里也按照上一个代码的思路进行转移
                    {
    
                        dp[i][a[i]][2][sum+a[i]]=(dp[i][a[i]][2][sum+a[i]]+dp[i-1][flag][1][sum])%mod;
                    }
				}
			}
		}

源代码

#include<bits/stdc++.h> 
using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=1e6+7;
const int mod=1e9+7;
ll m,n,i,j,ans;
ll a[maxn];
ll dp[50][50][3][1605];

int main()
{
    
	cin>>n;
	for(ll i=1;i<=n;i++)
		cin>>a[i];
	//这里为对第一个数字是否为-1进行讨论
	if(a[1]==-1) 
	{
    
		for(ll i=0;i<=40;i++)
			dp[1][i][1][i]=1;
	} 	
	else
		dp[1][a[1]][1][a[1]]=1;
	for(ll i=2;i<=n;i++)
	{
    
		//这里为在循环中，如果当前数字为-1进行的操作
		if(a[i]==-1)
		{
    
			for(ll j=0;j<=40;j++) //这里循环的是当前数字，-1可以随便变数，所以为0到40的循环
			{
    
				for(ll flag=0;flag<=40;flag++) //这里为当前数字的前一个数字进行0到40的循环
				{
    
					for(ll sum=j*(i-1);sum<=1600-j;sum++)  //这里是对总和的遍历
					{
    
						if(j>=flag) //如果为当前数大于等于前一个数，则当前数为递减序列的第一个，上一个数可以为递减序列的第一个或是第二个。
							dp[i][j][1][sum+j]=(dp[i][j][1][sum+j]+dp[i-1][flag][1][sum]+dp[i-1][flag][2][sum])%mod;
						else //否则，当前数只能是递减序列的第二个，上一个数只能是递减序列的第一个
							dp[i][j][2][sum+j]=(dp[i][j][2][sum+j]+dp[i-1][flag][1][sum])%mod;
					}
				}
			}
		}
		//这里是当前数不为-1时的操作
		else
		{
    
			for(ll flag=0;flag<=40;flag++) //这里是对上一个数字从0到40的遍历，省去了对当前数的讨论。
			{
    
				for(ll sum=a[i]*(i-1);sum<=1600-a[i];sum++) //这里是对总和的遍历
				{
    
					if(a[i]>=flag) //如果当前数大于上一个数，按照上一个代码中的思路进行转移即可。
                    {
    
                        dp[i][a[i]][1][sum+a[i]]=(dp[i][a[i]][1][sum+a[i]]+dp[i-1][flag][1][sum]+dp[i-1][flag][2][sum])%mod;
                    }
                    else  //这里也按照上一个代码的思路进行转移
                    {
    
                        dp[i][a[i]][2][sum+a[i]]=(dp[i][a[i]][2][sum+a[i]]+dp[i-1][flag][1][sum])%mod;
                    }
				}
			}
		}
	}
	
	for(int j=0;j<=1600;j++)
	{
    
		for(int i=0;i<=40;i++)
		{
    
			ans=(ans+dp[n][i][1][j])%mod;
			ans=(ans+dp[n][i][2][j])%mod;
		}
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}