CF1583G Omkar and Time Travel

Description

有 \(n\) 个传送点，每个传送点有一个入口 \(a_i\) 和一个出口 \(b_i\) （ \(a_i > b_i\) ），初始时全部没做标记，并且只有没有标记的传送点会传送，每次传送之后标记该传送点，同时取消所有 \(b_j > b_i\) 的 \(j\) 的传送点的标记。

现在给定 \(m\) 个编号，问这下编号的传送点全部被标记时，最小的传送次数。

Solution

能明显感觉到有些区间是能够反复影响一些另外的区间的，来分类讨论一下：

1. 两个区间没有交集

• 那显然走到前面一个传送点的时候和后者完全没有关系，所以互不影响

2. 两个区间有交集但是不互相包含

• 同上的情况，因为我们只有走过 \(a\) 才能跑到 \(b\) ，所以即便是有交也不影响。

3. 包含

• 这样的话我们会先走到小区间，然后传送完之后走到大区间，这样会取消小区间的标记，然后再走一次小区间才能走出去。

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同时这也证明我们必能在有限时间内走出这个鬼地方。

现在发现我们只是讨论了两个区间的请款，多个的话肯定会复杂的要死，所以干脆我们设一个 \(f_i\) 表示从 \(i\) 从 \(b_i\) 到能完全走出 \(a_i\) 需要的传送次数。

那么也就是说所有 \(i\) 包含的区间全部要这样来一遍，因为考虑到如果设 \(b_i\) 到走出 \(a_i\) 的话包含了第一次到达 \(a_i\) 前的那些小区间走的次数，会计重，所以改一下定义：

\(f_i\) 表示从 \(a_i\) 传送回去到能完全走出 \(a_i\) 需要的传送次数。

这样我们可以理解为走完一个大区间分为两步：

1. 把所有包含的小区间标记完要的次数。

2. 在 \(i\) 传送之后再把包含的小区间重新再走一遍。

所以明显能推出这样的一个小式子（其中 \(S_i\) 表示 \(i\) 包含的区间集合）：

\[f_i = 1 + \sum_{j \in S_i} f_j \]

可以树状数组维护，把所有区间按照 \(b_i\) 从小到大排序，从前往后扫，每次就把 \(f_i\) 挂在 \(a_i\) 上，然后查找所有 \(a_j\) 比它大的区间。

因为前面已经挂了贡献的区间 \(b_j\) 必定必 \(b_i\) 小，树状数组查找只找 \(a_j\) 比 \(a_i\) 大的区间，那就是所有包含 \(i\) 的区间，所以这样就类似二维偏序的完成了对 \(f_i\) 的统计。

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然后是统计答案：

1. 我们发现一个要标记的区间 \(i\) 前面所有区间（有交也算）必然要全部标记。

2. 自己包含的区间虽然有贡献但是如果算上自己被标记的传送次数 \(1\) 的话，其实就是 \(f_i\) 。

3. 但是注意到包含自己的区间没有贡献，完全不需要参与进来。

所以总结一下，就是一个区间要贡献的话，就相当于他要是在一个规定的区间前面（有交也算），或者自己要被标记。

所以这样的话同样树状数组挂标记能搞定。

时间复杂度 \(O(n\log n)\) 。

（注：我的程序 \(a\) 和 \(b\) 是反过来的，并且我好像写的是按照 \(b\) 排序，不过问题不大，都能做）

Code

/*

*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 4e5 + 10, mod = 1e9 + 7;
int n, m, sig[N], f[N], ans;
struct mdzz {
	int a, b, id;
	bool operator < (const mdzz &it) const {
		return a < it.a;
	}
} l[N];
inline int read() {
	char ch = getchar();
	int s = 0, w = 1;
	while (!isdigit(ch)) {if (ch == '-') w = -1; ch = getchar();}
	while (isdigit(ch)) {s = (s << 3) + (s << 1) + (ch ^ 48); ch = getchar();}
	return s * w;
}
struct SGT {
	int c[N];
	inline int lowbit(int x) {return x & (-x);}
	inline void add(int x, int k) {
		for (; x <= (n << 1); x += lowbit(x)) (c[x] += k) %= mod;
	}
	inline int query(int x) {
		int tmp = 0;
		for (; x; x -= lowbit(x)) (tmp += c[x]) %= mod;
		return tmp;
	}
	inline int query(int x, int y) {
		return (query(y) - query(x) + mod) % mod;
	}
} feq, it;
int main() {
	n = read();
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		l[i] = (mdzz) {read(), read(), i};
	}
	sort(l + 1, l + 1 + n);
	m = read();
	for (int i = 1; i <= m; ++i) sig[read()] = 1;
	for (int i = n; i; --i) {
		f[i] = (1 + feq.query(l[i].b)) % mod;
		feq.add(l[i].b, f[i]);
		it.add(l[i].b, sig[l[i].id]);
		if (it.query(l[i].b - 1, n << 1)) (ans += f[i]) %= mod;
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}