[APIO2016] 划艇

一、题目

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二、解法

可以设计出一个暴力 \(dp\)，设 \(dp[i][j]\) 表示前 \(i\) 个学校派出划艇最多为 \(j\) 的方案数，但是第二维太大了。

考虑我们只关心第二维的大小关系，而且这道题 \(n\leq 500\)，所以可以把第二维离散化，离散化后形成了若干个区段，我们依次把区段标号，设 \(dp[i][j][k]\) 表示前 \(i\) 个学校派出划艇最多的所在区段是 \(j\)，一共有 \(k\) 个学校派出的划艇个数是在区段 \(j\) 的，因为段内的学校个数有影响所以我们要记录 \(k\)，转移：

• 这个学校不派出划艇，直接继承上一层的 \(dp\) 状态。
• 这个学校派出的划艇进入了新的区段：\(dp[i][j][1]\leftarrow\sum_{p<j,q}dp[i-1][p][q]\)
• 派出的划艇在以前的区段，设 \(len\) 表示区间长度，我们先除去原来排列的总方案数 \({len\choose k-1}\)，再乘上添加后的方案数 \({len\choose k}\)，那么：\(dp[i][j][k]\leftarrow dp[i-1][j][k-1]\times\frac{(len-k+1)}{k}\)

用前缀和优化可以做到 \(O(n^3)\)

三、总结

以较小量设计状态，我们要想清楚知道什么信息才可以转移。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int M = 1005;
const int MOD = 1e9+7;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,ans,a[M],b[M],t[M],inv[M],sum[M],dp[M][M];
signed main()
{
	n=read();inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
		inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=read();b[i]=read()+1;
		t[++m]=a[i];t[++m]=b[i];
	}
	sort(t+1,t+1+m);
	m=unique(t+1,t+1+m)-t-1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		a[i]=lower_bound(t+1,t+1+m,a[i])-t;
		b[i]=lower_bound(t+1,t+1+m,b[i])-t;
	}
	dp[0][0]=1;
	for(int i=0;i<=m;i++) sum[i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=a[i];j<b[i];j++)
		{
			int l=t[j+1]-t[j];
			for(int k=i;k>=2;k--)
				dp[j][k]=(dp[j][k]+(l-k+1)
				*inv[k]%MOD*dp[j][k-1])%MOD;
			dp[j][1]=(dp[j][1]+sum[j-1]*l)%MOD;
		}
		for(int j=1;j<m;j++)
		{
			sum[j]=sum[j-1];
			for(int k=1;k<=i;k++)
				sum[j]=(sum[j]+dp[j][k])%MOD;
		}
	}
	printf("%lld\n",sum[m-1]-1);
}