\(\text{E - Packing Under Range Regulations}\)
解法
将左端点从小到大排序，把对应的右端点插入优先队列。然后枚举盒子 \(i\) 放入当前优先队列第一个元素，删除后判断优先队列里第一个元素能否放入 \(i+1\) 之后的盒子。最后插入新的左端点对应右端点。
这样保证可以放置的情况下，右端点顺序是递增的。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-'),write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
#include <map>
#include <queue>
#include <vector>
using namespace std;
const int maxn=2e5+5;
priority_queue < int,vector<int>,greater<int> > q;
int n,idx;
map <int,int> mp;
vector <int> g[maxn];
int main() {
int x,y;
for(int T=read(9);T;--T) {
n=read(9); mp.clear();
while(!q.empty()) q.pop();
idx=0;
for(int i=1;i<=n;++i) {
x=read(9),y=read(9);
if(!mp.count(x)) {
mp[x]=++idx;
g[idx].clear();
}
g[mp[x]].push_back(y);
}
mp[1e9+1]=1;
int i=mp.begin()->first;
bool ans=0;
while(i<=1e9) {
x=mp[i];
for(int j=0;j<g[x].size();++j)
q.push(g[x][j]);
q.pop();
if(q.empty())
i=mp.lower_bound(i+1)->first;
else {
if(q.top()<=i) {
ans=1; break;
}
++i;
}
}
if(!q.empty()) ans=1;
puts(ans?"No":"Yes");
}
return 0;
}
\(\text{G - Three Permutations}\)
解法
前几天才做了夫妻围坐问题… 但是还是不会做。令人生草。关于夫妻围坐问题可以翻翻 "精尽人亡" 这场比赛，但是目前状态是咕咕咕。
首先可以自然地联想到容斥原理，还是令 \(A_i\) 为 "满足 \(i\) 位置上是 \(p_i\) 或 \(q_i\)" 的方案集合。如果将 \((p_i,q_i)\) 连边最后生成一个环的话就是原问题，但实际上本题可能生成多个环。不过很好的一点是一个连通块也只能是环，因为每个点的入度与出度都是 \(1\)。
所以问题实际上可以分解为：对每个环求解 \(\sum_{1\le i_1<i_2<...<i_k\le n} |A_{i_1}\cap A_{i_2}\cap ...\cap A_{i_k}|\)，然后 \(\mathcal O(n^2)\) 的 \(\mathtt{dp}\) 把答案拼起来。
对于大小为 \(cnt\) 的环，我们发现第 \(i\) 条边与 \(p_i\) 的交界可以视作 \(i\) 位置上是 \(p_i\)，\(q_i\) 同理。而且假设与 \(p_i\) 相邻的另一条边是 \(j\)（显然 \(p_i=q_j\)），那么 "满足 \(i\) 位置上是 \(p_i\)" 时，"满足 \(i\) 位置上是 \(q_i\)" 和 "满足 \(j\) 位置上是 \(q_j\)" 都是不可能成立的。转化到环上就是选取了第 \(i\) 条边与 \(p_i\) 的交界时，第 \(i\) 条边与 \(q_i\) 的交界和第 \(j\) 条边与 \(q_j\) 的交界都是不能选的。这就转化成了原问题。
"交界" 有 \(2\cdot cnt\) 个，假设选 \(k\) 个条件。套用公式可得方案数为 \(\binom{2\cdot cnt-k-1}{k-1}\cdot \frac{2\cdot cnt}{k}\cdot (n-k)!\)。如果懒得求 \(k\) 的逆元以及减去 \(\log\) 的求逆元复杂度，可以转化成这个式子：\(\left ( \binom{2\cdot cnt-k}{k}+\binom{2\cdot cnt-k-1}{k-1}\right )\cdot (n-k)!\)。
自环需要特判一下。
代码
#include <cstdio>
#define print(x,y) write(x),putchar(y)
template <class T>
inline T read(const T sample) {
T x=0; char s; bool f=0;
while((s=getchar())>'9' or s<'0')
f|=(s=='-');
while(s>='0' and s<='9')
x=(x<<1)+(x<<3)+(s^48),
s=getchar();
return f?-x:x;
}
template <class T>
inline void write(const T x) {
if(x<0) {
putchar('-'),write(-x);
return;
}
if(x>9) write(x/10);
putchar(x%10^48);
}
const int mod=1e9+7,maxn=3005;
int n,a[maxn],b[maxn],to[maxn];
int fac[maxn<<1],ifac[maxn<<1];
int tmp[maxn],dp[maxn];
bool vis[maxn];
int inv(int x,int y=mod-2) {
int r=1;
while(y) {
if(y&1) r=1ll*r*x%mod;
x=1ll*x*x%mod; y>>=1;
}
return r;
}
void init() {
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=(n<<1);++i)
fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
ifac[n<<1]=inv(fac[n<<1]);
for(int i=(n<<1)-1;i>=0;--i)
ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}
int C(int n,int m) {
if(n<m or n<0 or m<0)
return 0;
return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}
signed main() {
n=read(9); init();
for(int i=1;i<=n;++i)
a[i]=read(9);
for(int i=1;i<=n;++i)
b[i]=read(9),
to[a[i]]=b[i];
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=n;++i) {
if(vis[i]) continue;
int cnt=0;
for(int j=i;!vis[j];j=to[j]) {
++cnt;
vis[j]=1;
}
for(int j=0;j<=n;++j)
tmp[j]=0;
for(int j=0;j<=cnt;++j) {
int inc=(C(cnt*2-j,j)+C(cnt*2-j-1,j-1))%mod;
if(cnt==1 and j==1) inc=1;
for(int k=0;k<=n-j;++k)
tmp[j+k]=(tmp[j+k]+1ll*dp[k]*inc%mod)%mod;
}
for(int j=0;j<=n;++j)
dp[j]=tmp[j];
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=n;++i) {
int t=1ll*fac[n-i]*dp[i]%mod;
if(i&1) ans=(ans-t+mod)%mod;
else ans=(ans+t)%mod;
}
print(ans,'\n');
return 0;
}
