agc015E – Mr.Aoki Incubator(dp)

自為風月馬前卒發表於2018-09-27
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題意

題目連結

平面上有$n$個點，每個點都有一個位置$x_i$，和向右的速度$v_i$

現在要求你對其中的一些點進行染色，當一個點被染色後，在無限距離內與它相遇的點也會被染色

問在可能的$2^n$種染色方案中，有多少種染色方案可以使得最後的點全部被染色

Sol

非常好的dp題。

首先考慮若點$i$被染色後，哪些點會被染色

最顯然的兩種情況

1. $x_j < x_i$且$v_j > v_i$
2. $x_j > x_i$且$v_j < v_i$

當然還有其他的情況，因為題目中的“染色”是一個連鎖反應，也就是說$a$被染色，$a$又遇到了$b$，那麼$b$也會被染色

實際上，當我們把所有點按速度從大到小排序。

對於$x_i$，向左找到第一個$x_l < x_i$的最小的$l$(此時同時保證了$v_l$最大)
向右找到第一個$x_r > x_i$的最大的$r$(同理保證了$v_r$最小)

那麼區間$[l, r]$內所有的點都會被染色

現在問題轉化成了，每個點能覆蓋一段區間$[l, r]$，問把區間$[l, N]$覆蓋的方案數

預處理出每個點能覆蓋的區間$[l, r]$。

這些區間有很多好的性質

滿足$l_1 leqslant l_2 leqslant dots leqslant l_n, r_1 leqslant r_2 leqslant dots leqslant r_n$

證明顯然，拿l來說，對於按速度排序以後的排列中兩個位置$x_k, x_{k + 1}$

若$x_{k+1} < x_k$，此時$l_{k + 1} > l_k$
若$x_{k + 1} > x_k$，此時$l_{k + 1} = l_k$

右端點同理

注意一個細節，由於我們是按從大到小排序，這樣處理起來不是很方便，直接把所有區間reverse一下

設$f[i]$表示用前$i$個區間覆蓋$[1, n]$的方案

$s[i]$為其字首和

字首和優化dp即可

統計方案那裡不是特別懂，路過的大佬可以說一下思路qwq

到了考場上還是寫樹狀陣列吧，無腦一點

#include<bits/stdc++.h>
#define Pair pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define MP(x, y) make_pair(x, y)
#define LL long long 
using namespace std;
const int MAXN = 1e6, mod = 1e9 + 7;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < `0` || c > `9`) {if(c == `-`) f = -1; c = getchar();}
    while(c >= `0` && c <= `9`) x = x * 10 + c - `0`, c = getchar();
    return x * f;
}
int N, date[MAXN], L[MAXN], R[MAXN], f[MAXN];
struct Node {
    int x, v, id, l, r;
    bool operator < (const Node &rhs) const {
        return v > rhs.v;
    }
}a[MAXN];
int comp(const Node &a, const Node &b) {
    return a.r == b.r ? a.l < b.l : a.r < b.r;
}
void GetL(int *op) {
    vector<Pair> q; 
    for(int i = 1; i <= N; i++) q.push_back(MP(a[i].x, a[i].id));
    sort(q.begin(), q.end());
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        while(!q.empty()) {
            if(a[i].x <= q.back().fi) op[q.back().se] = i, q.pop_back();
            else break;
        }
    }
}
void GetR(int *op) {
    vector<Pair> q; 
    for(int i = 1; i <= N; i++) q.push_back(MP(a[i].x, a[i].id));
    sort(q.begin(), q.end());
    reverse(q.begin(), q.end());
    for(int i = N; i >= 1; i--) {
        while(!q.empty()) {
            if(a[i].x >= q.back().fi) op[q.back().se] = i, q.pop_back();
            else break;
        }
    }
}
int dp() {
    for(int i = 1; i <= N; i++) a[i].r = N - L[i] + 1, a[i].l = N - R[i] + 1;
    sort(a + 1, a + N + 1, comp);
    //for(int i = 1; i <= N; i++) printf("%d %d
", a[i].l, a[i].r);
    static int s[MAXN], f[MAXN];//f[i]：前i只貓覆蓋所有區間的方案
    int ans = 0;
    for(int i = 1, j = 1; i <= N; i++) {
        while(a[j].r < a[i].l - 1) j++;
        f[i] = (s[i - 1] + mod - s[j - 1] ) % mod;
        if(a[i].l == 1) f[i]++;
        if(a[i].r == N) (ans += f[i]) %= mod;
        s[i] = (s[i - 1] + f[i]) % mod;
    }
    return ans % mod;    
}
main() {
    N = read();
    for(int i = 1; i <= N; i++) a[i].x = read(), a[i].v = read(), a[i].id = i, date[i] = a[i].v;
    sort(date + 1, date + N + 1);
    int num = unique(date + 1, date + N + 1) - date - 1;
    for(int i = 1; i <= N; i++) a[i].v = lower_bound(date + 1, date + num + 1, a[i].v) - date;
    sort(a + 1, a + N + 1);
    GetL(L); GetR(R);
    //for(int i = 1; i <= N; i++) printf("%d %d
", L[i], R[i]);
    printf("%d", dp() % mod);
 
}

 

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