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想了很久 可以思考一个简化版问题 就是当K==2的情况.
可以得到一个贪心的做法一定会占当前点的x或者y. 暴力枚举占x还是y 然后再做即可.
复杂度(n^2)
当时想到的是每次利用nex[i][j]表示和i第j维不同的最近右端点所在位置来优化 实际上没什么用(不过大概可以减小常数?
需要考虑 优化。求某个点出发的以收集维度某个排列的最远距离.
考虑从后往前dp.
设(f_{i,j})表示在i点排列为j所能达到的最远右端点.
对于当前状态S 第一维为(p_1) 如果 (a_{i,p_1} eq a_{i+1,p_1})
那么可以得到我们此时(p_2)一定为i+1的(p_2)的值.
那此时其实就是i+1处利用单(p_2)这个维度来进行不断匹配 到第一个不能匹配的位置之后我们需要知道 那个位置的(p_1)是否和i的(p_1)相等.
如果相等 思考一下 其实此时 对于i的(S={p_1,p_2}) 和对于 i+1的 (S={p_2,p_1})是等价的 可以直接进行转移.
不相等 那么有最远位置其实就是 (f_{i+1,p_2}) 这个状态了.
复杂度 (O(n))
考虑维度更高的情况.
还是考虑第一维是否相等 相等就可以直接转移了.
不相等考虑第二维所不能匹配的位置是否和第一维相等 相等直接就转移 不相等再考虑第三维
继续进行如上的判断即可.
这样dp复杂度最坏为(ncdot k!cdot k)
实际上按照集合大小来进行dp 并合理保存信息可以做到 (ncdot k!)
这里写的是多乘了一个k的做法:
code
//#include<bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<ctime>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 1000000000
#define inf 100000000000000000ll
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define get(x) x=read()
#define gt(x) scanf("%d",&x)
#define gi(x) scanf("%lf",&x)
#define put(x) printf("%d
",x)
#define putl(x) printf("%lld
",x)
#define rep(p,n,i) for(RE int i=p;i<=n;++i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define fep(n,p,i) for(RE int i=n;i>=p;--i)
#define vep(p,n,i) for(RE int i=p;i<n;++i)
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define RE register
#define P 1000000007ll
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define uint unsigned long long
#define ui unsigned
#define EPS 1e-10
#define sq sqrt
#define S second
#define F first
#define mod 998244353
#define id(i,j) ((i-1)*m+j)
#define max(x,y) ((x)<(y)?y:x)
using namespace std;
char *fs,*ft,buf[1<<15];
inline char gc()
{
return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
RE int x=0,f=1;RE char ch=gc();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=gc();}
return x*f;
}
const int MAXN=100010,G=3;
int n,k,id,top;ll ans;
int a[MAXN][6],q[MAXN],f[MAXN][330],v[330][6],c[330][6];
int s[MAXN],pos[MAXN],b[MAXN],fir[MAXN],sz[MAXN];
inline void dfs(int x,int ss)
{
if(ss)s[++id]=ss,pos[ss]=id;
if(x==k+1)return;
rep(1,k,j)
{
if(b[j])continue;
b[j]=1;
dfs(x,ss*10+j);
b[j]=0;
}
}
int main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
get(n);get(k);
rep(1,n,i)rep(1,k,j)get(a[i][j]);
dfs(1,0);
rep(1,id,i)
{
int cc=s[i];top=0;
while(cc)
{
q[++top]=cc%10;
cc/=10;
}
fir[i]=q[top];
fep(top-1,1,j)
{
cc=cc*10+q[j];
v[i][++sz[i]]=pos[cc];
int ss=cc*10+fir[i];
fep(j-1,1,l)ss=ss*10+q[l];
c[i][sz[i]]=pos[ss];
}
}
rep(1,id,i)f[n][i]=n;ans=1;
fep(n-1,1,i)
{
int mx=0;
rep(1,id,j)
{
if(a[i][fir[j]]==a[i+1][fir[j]])f[i][j]=f[i+1][j];
else
{
if(sz[j])
rep(1,sz[j],w)
{
int p=f[i+1][v[j][w]]+1;
if(a[p][fir[j]]==a[i][fir[j]])
{
f[i][j]=f[i+1][c[j][w]];
break;
}
}
else f[i][j]=i;
}
if(!f[i][j])f[i][j]=f[i+1][v[j][sz[j]]];
mx=max(mx,f[i][j]);
}
ans+=(ll)(mx-i+2)*(mx-i+1)/2;
}
putl(ans);
return 0;
}