agc015E - Mr.Aoki Incubator(dp)
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题意
平面上有$n$个点，每个点都有一个位置$x_i$，和向右的速度$v_i$ 现在要求你对其中的一些点进行染色，当一个点被染色后，在无限距离内与它相遇的点也会被染色 问在可能的$2^n$种染色方案中，有多少种染色方案可以使得最后的点全部被染色
Sol
非常好的dp题。 首先考虑若点$i$被染色后，哪些点会被染色 最显然的两种情况 1. $x_j < x_i$且$v_j > v_i$ 2. $x_j > x_i$且$v_j < v_i$ 当然还有其他的情况，因为题目中的“染色”是一个连锁反应，也就是说$a$被染色，$a$又遇到了$b$，那么$b$也会被染色 实际上，当我们把所有点按速度从大到小排序。 对于$x_i$，向左找到第一个$x_l < x_i$的最小的$l$(此时同时保证了$v_l$最大) 向右找到第一个$x_r > x_i$的最大的$r$(同理保证了$v_r$最小) 那么区间$[l, r]$内所有的点都会被染色 现在问题转化成了，每个点能覆盖一段区间$[l, r]$，问把区间$[l, N]$覆盖的方案数 预处理出每个点能覆盖的区间$[l, r]$。
这些区间有很多好的性质
满足$l_1 \leqslant l_2 \leqslant \dots \leqslant l_n, r_1 \leqslant r_2 \leqslant \dots \leqslant r_n$
证明显然，拿l来说，对于按速度排序以后的排列中两个位置$x_k, x_{k + 1}$
若$x_{k+1} < x_k$，此时$l_{k + 1} > l_k$ 若$x_{k + 1} > x_k$，此时$l_{k + 1} = l_k$
右端点同理
注意一个细节，由于我们是按从大到小排序，这样处理起来不是很方便，直接把所有区间reverse一下
设$f[i]$表示用前$i$个区间覆盖$[1, n]$的方案
$s[i]$为其前缀和
前缀和优化dp即可
统计方案那里不是特别懂，路过的大佬可以说一下思路qwq
到了考场上还是写树状数组吧，无脑一点
#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\n", a[i].l, a[i].r);
static int s[MAXN], f[MAXN];//f[i]：前i只猫覆盖所有区间的方案
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\n", L[i], R[i]);
printf("%d", dp() % mod);
}