题目传送门：[2023牛客多校] Qu'est-ce Que C'est?

题意

给定 \(n，m\) 构造 \(a_{1},a_{2},...,a_{n}\)，其中 \(a_{i} \in [-m, m]\) 之间取值。需要保证序列任意连续子段和都非负。

\(0 \leq n,m \leq 5000\)

分析

记录合法序列的最小后缀。通过最小后缀来判断下一个数的取值范围。

题解

影响下一个数字选择是前面两个数字的取值。即区间长度为2和3的时候是需要重点考虑的。

前面两个数字可以记录下最小后缀值，只要新取的数字加上这个最下后缀值非负即可。

对于 \(F_{i,j}\)，考虑它的转移：

当j为非负数时，下一个取值可以是从 \(j-m\) 到 \(m\) 。也就是 \(F_{i,j}=F_{i-1,j-m}+...+F_{i-1,m}\)

当j为负数时，下一个取值就是从 \(-j\) 到 \(m\)。即 \(F_{i,j}=F_{i-1,-j}+...+F_{i-1,m}\)

初始化：当长度为1的时候，\(F_{1,j}=1\)

然后进行状态转移。当前复杂度是超过 \(O(n^{2})\) 的。但是可以看到加和的时候是加的区间和，因此可以通过维护前缀和来进行优化。

即维护 \(sum\) 数组，\(sum_{i,j}\)=\(F_{i,j}\)+.....\(F_{i,m}\)。这样可以实现O(1)复杂度的状态转移。

故此，第二位的遍历顺序应该从大到小进行遍历。最终复杂度控制在 \(O(n^{2})\).

AC代码

#include<bits/stdc++.h>
#define magic ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(0);cout.tie(0);
using namespace std;
const int maxn=5010;
const int Mod=998244353;
int dp[maxn][maxn<<1];
int sum[maxn][maxn<<1];
int main()
{
    magic
    int n,m;
    cin>>n>>m;
    for(int i=m;i>=-m;i--)
    {
        dp[1][i+m]=1;
        sum[1][i+m]=(1ll*sum[1][i+1+m]+1ll*dp[1][i+m])%Mod;
    }
    
    for(int i=2;i<=n;i++)
    {
        for(int j=m;j>=-m;j--)
        {
            if(j>=0) dp[i][j+m]=sum[i-1][j];
            else dp[i][j+m]=sum[i-1][m-j];
            sum[i][j+m]=(1ll*sum[i][j+1+m]+1ll*dp[i][j+m])%Mod;
        }
    }
    cout<<sum[n][-m+m];
    return 0;
}