AT_arc101_d [ARC101F] Robots and Exits 题解--zhengjun

思路不错。

首先考虑把每个机器人转化为 \((a_i,b_i)\) 两个参数。

表示向左 \(a_i\) 步会进入左边的出口，向右 \(b_i\) 会进入右边的出口。

注：此时其他只能进入唯一的出口的机器人不影响答案，不考虑。

记 \(c_i=0/1\) 表示 \(i\) 号机器人是进入左边还是右边出口。

然后考虑不同机器人进入出口的限制：

对于 \(i,j\)，若 \(a_i < a_j, b_i >b_j\)，那么：

\[c_i=1 \Longrightarrow c_j=1\\ c_j=0\Longrightarrow c_i=0 \]

考虑把机器人放到坐标 \((a_i,b_i)\) 上面。

然后有一个格子，其左下角坐标为 \((x,y)\) 表示当前移动向左最大为 \(x\)，向右最大为 \(y\)。

那么 该格子 每次会向上或向右走一格，发现如果该格子移动到了 \((a_i,b_i)\) 的左上方，说明该机器人进入左边出口，如果移动到了右下方，那么进入右边出口。

然后，发现限制就形象地被化解了，只需要走格子就行了。

计算从 \((0,0)\) 走到 \((+\infty,+\infty)\) 的方案数（两种方案不同当且仅当存在 \(i\) 满足两个方案从 \((a_i,b_i)\) 的不同侧绕过）。

注意 \((a_i,b_i)\) 需要去重。

这个问题可以看看加强版：CF720D Slalom

直接扫描线维护即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
using ll=long long;
const int N=1e5+10,mod=1e9+7;
int n,m,k,p[N],q[N];
struct zj{
	int x,y;
}a[N];
vector<int>o[N];
int c[N];
void add(int x,int y){
	for(;x<=m+1;x+=x&-x)(c[x]+=y)%=mod;
}
int get(int x,int y=0){
	for(;x;x^=x&-x)(y+=c[x])%=mod;
	return y;
}
void print(){
	for(int i=1;i<=m+1;i++)printf("%d%c",(get(i)-get(i-1)+mod)%mod,"\n "[i<=m]);
}
int main(){
	freopen(".in","r",stdin);
	//freopen(".out","w",stdout);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&p[i]);
	for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%d",&q[i]);
	for(int i=1,x=1;i<=n;i++){
		for(;x<=m&&q[x]<p[i];x++);
		if(x>1&&x<=m)a[++k]={p[i]-q[x-1],q[x]-p[i]};
	}
	if(!k)return puts("1"),0;
	n=m=0;
	for(int i=1;i<=k;i++)p[++n]=a[i].x,q[++m]=a[i].y;
	sort(p+1,p+1+n),n=unique(p+1,p+1+n)-p-1;
	sort(q+1,q+1+m),m=unique(q+1,q+1+m)-q-1;
	for(int i=1;i<=k;i++)a[i].x=lower_bound(p+1,p+1+n,a[i].x)-p;
	for(int i=1;i<=k;i++)a[i].y=lower_bound(q+1,q+1+m,a[i].y)-q;
	for(int i=1;i<=k;i++)o[a[i].x].push_back(a[i].y);
//	for(int i=1;i<=k;i++)fprintf(stderr,"%d %d\n",a[i].x,a[i].y);
	add(1,1);
//	print();
	for(int i=1;i<=n;i++){
		sort(o[i].begin(),o[i].end(),greater<int>());
		o[i].erase(unique(o[i].begin(),o[i].end()),o[i].end());
		for(int x:o[i])add(x+1,get(x));
//		print();
	}
	cout<<get(m+1);
	return 0;
}