[luogu5204]Train Tracking 2

考虑一个位置的上界，即$bi=min(c_{i-k+1},c_{i-k+2},……,ci)$，那么每一个位置有两种方式：1.达到上界；2.未达到上界
那么可以将权值相同的ci和bi提出来，由于权值不同的ci是独立的，因此直接将每一个的方案数乘起来即可
提出来以后，问题转化为每一个bi可以覆盖提出来的ci的一段区间，然后覆盖整个区间的方案数，由于这个区间的左右端点都不下降，因此可以用f[i][j]表示前i个bi恰好覆盖了前j个ci的方案数，转移为$f[i][j]=f[i-1][j]*(C-1)+(j==ri)*\sum_{k=li-1}^{ri}f[i-1][j]$
容易发现对于大部分的f[j]都只乘上了一个$C-1$，而仅有ri要特殊处理，这个东西可以用线段树来维护，但同时发现li和ri不断递增，所以只需要维护一个s表示当前区间内的和即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 100005
#define mod 1000000007
multiset<int>s;
map<int,vector<int> >m1,m2;
map<int,vector<int> >::iterator it;
int n,m,b[N],c[N],f[N];
int ksm(int n,int m){
    if (!m)return 1;
    int s=ksm(n,m>>1);
    s=1LL*s*s%mod;
    if (m&1)s=1LL*s*n%mod;
    return s;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n-m+1;i++){
        scanf("%d",&c[i]);
        c[i]=mod-6-c[i];
    }
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if (i<=n-m+1)s.insert(c[i]);
        if (m<i)s.erase(s.find(c[i-m]));
        b[i]=(*s.begin());
    }
    for(int i=1;i<=n-m+1;i++)m1[c[i]].push_back(i);
    for(int i=1;i<=n;i++)m2[b[i]].push_back(i);
    int ans=1;
    for(it=m1.begin();it!=m1.end();it++){
        int x=(*it).first,tag=1,s=1;
        f[0]=1;
        for(int i=1;i<=m1[x].size();i++)f[i]=0;
        for(int i=0,j=0,k=0;i<m2[x].size();i++){
            while ((j<m1[x].size())&&(m1[x][j]<=m2[x][i]-m))s=(s+mod-1LL*f[j++]*tag%mod)%mod;
            while ((k<m1[x].size())&&(m1[x][k]<=m2[x][i]))s=(s+1LL*f[++k]*tag)%mod;
            tag=tag*(x-1LL)%mod;
            f[k]=(f[k]+1LL*s*ksm(tag,mod-2))%mod;
            s=1LL*s*x%mod;
        }
        ans=1LL*tag*f[m1[x].size()]%mod*ans%mod;
    }
    printf("%d",ans);
}