（dp）AT 一些区间函数 dp

给定一些奇怪的区间函数，然后要求满足这个区间函数的区间对数和。这种一般都是 dp，做每个下标作为有效右端点新增的贡献。

1.AT_abc159_f Knapsack for All Segments

题意

给定一个长度为 $N$ 的整数序列 $A_1,A_2,\dots ,A_N$ 和一个正整数 $S$。
对于所有满足 $1\le L\le R\le N$ 的整数对 $(L,R)$，定义 $f(L,R)$ 如下：

• $f(L,R)$ 表示满足 $L\le x_1<x_2<\cdots <x_k\le R$ 且 $A_{x_1}+A_{x_2}+\cdots +A_{x_k}=S$ 的整数序列 $(x_1,x_2,\dots ,x_k)$ 的个数。

请计算所有满足 $1\le L\le R\le N$ 的整数对 $(L,R)$ 的 $f(L,R)$ 之和。由于答案可能非常大，请输出其对 $998244353$ 取模的结果。

$1\le N\le 3000$，$1\le S\le 3000$，$1\le A_i\le 3000$。

思路

注意这里是子序列。

若 $A_{x_1}+A_{x_2}+...+A_{x_k}=S$，那么这个子序列可以贡献到 $f(1\sim x_1,x_k\sim n)$。若确定 $i=x_k$，$i$ 就有大小为 $x_1$ 的贡献了。

于是设 $f_s$ 表示和为 $s$ 的贡献，每次新增强制选择新右端点 $i$ 上 $a_i$ 的贡献：
$$f_j\leftarrow f_{j-a_i}$$

同时和为 $a_i$ 的也有单选一个的贡献：
$$f_{a_i}\leftarrow i$$

因为到 $i$ 时会继承 $i-1$ 的贡献，所以 $ans\leftarrow f_S$ 会计算 $1\sim i-1$ 右端点延伸到 $n$ 的贡献。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=3002,mod=998244353;
ll n,s,a[N];
ll f[N];
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&s);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);ll ans=0;f[0]=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=s;j>a[i];j--)f[j]=(f[j]+f[j-a[i]])%mod;f[a[i]]=(f[a[i]]+i)%mod;ans=(ans+f[s])%mod;}printf("%lld",ans); return 0;
}

2.AT_arc169_b Subsegments with Small Sums

题意

给定一个正整数 $S$。对于正整数序列 $x$ ，我们定义函数 $f(x)$ 如下:

• 将 $x$ 分解为几个连续的子序列。对于每个连续子序列，其元素之和最多为 $S$。$f(x)$ 是在这样的要求下分解成的连续子序列的最小数目。

现在给定一个长度为 $N$ 的正整数序列 $A=(A_1,A_2,\cdots ,A_N)$，请求出 ${\sum }_{1\le l\le r\le N}f((A_l,A_{l+1},\cdots ,A_r))$。

$1\le N\le 250000$，$1\le S\le 10^{15}$，$1\le A_i\le \min (S,10^9)$。

思路

一个经典的贪心是，尽量合并直到不能合并，然后开一段新区间。从头或从尾开始合并，区间数都相同。

于是考虑枚举右端点 $i$，计算 $f_i$ 表示以 $i$ 为右端点，$1\sim i$ 为左端点的分解区间数目之和。

于是用指针预处理出，$i$ 之前第一个 $la{s}_i=l$，使得 $\sum _{j=la{s}_i}^i{A}_j>S$ 而 $\sum _{j=la{s}_i+1}^i{A}_j\le S$，就可以在 $f_{la{s}_i}$ 后面，加上 $(la{s}_i,i]$，即：
$$f_i\leftarrow f_{la{s}_i}+i$$

答案就是 $\sum f_i$。具体细节见代码。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=2.5e5+9,inf=3e14;
ll n,S,a[N];
ll s[N],las[N],f[N];
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&S);for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%lld",&a[i]);s[i]=s[i-1]+a[i];}ll pos=n+1;for(int i=n;i>=1;i--){while(pos>=1&&s[i]-s[pos-1]<=S)pos--;las[i]=pos;}ll ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){cout<<i<<" "<<las[i]<<endl;f[i]=f[las[i]]+i;ans+=f[i];}printf("%lld",ans);return 0;
}

3.AT_arc059_c [ARC059E] キャンディーとN人の子供

题意

AtCoder 幼儿园里有 $N$ 个小朋友，编号 $1\sim N$，Evi 先生要把 $C$ 颗糖果分给他们。

小朋友可以得到任意多颗糖果。如果第 $i$ 个小朋友得到了 $a$ 颗糖，那么他会得到 $x_i^a$ 的愉悦度，其中 $x_i$ 是第 $i$ 个小朋友的兴奋度。幼儿园活跃指数定义为 $N$ 个小朋友愉悦度的乘积。

令 $f(x_1,x_2,\cdots ,x_N)$ 表示所有分糖果的方案对应的幼儿园活跃指数的和。

现在给出 $A_i,B_i(1\le i\le N)$，求 $\sum _{x_1=A_1}^{B_1}\sum _{x_2=A_2}^{B_2}\cdots \sum _{x_N=A_N}^{B_N}f(x_1,x_2,...,x_N)$，对 $10^9+7$ 取模。

$1\le N,C\le 400$，$1\le A_i\le B_i\le 400$。

思路

用背包给每个小朋友分配糖果，设小朋友 $i$ 分到 $k$ 颗糖果，那么贡献就是 $\sum _{x=A_i}^{B_i}{x}^k$，可以前缀和优化掉。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
const ll N=405,mod=1e9+7;
ll n,c;
ll l[N],r[N],s[N][N];
ll f[N][N];
ll qpow(ll x,ll k)
{ll ret=1;while(k){if(k&1)ret=ret*x%mod;x=x*x%mod;k>>=1; }return ret;
}
int main()
{scanf("%lld%lld",&n,&c);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&l[i]);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&r[i]);for(int a=0;a<N;a++)for(ll i=1;i<N;i++)s[a][i]=(s[a][i-1]+qpow(i,a))%mod;f[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=0;j<=c;j++){for(int k=0;k<=j;k++){f[i][j]=(f[i][j]+f[i-1][j-k]*(s[k][r[i]]-s[k][l[i]-1]+mod)%mod)%mod;}}}printf("%lld",f[n][c]);return 0;
}