【BZOJ】P2616 SPOJ PERIODNI
笛卡尔树+树形dp
你会发现，如果有两个高度分别为\(h[i]\)和\(h[j]\)（满足\(i<j\)）的棋盘，存在一个k满足\(i<k<j\)且\(h[i]>h[k],h[j]>h[k]\)，那么在任意高度H满足\(H>min\{h[k]\}k \in [i+1,j-1]\)的i和j棋盘都不会相互制约的。
那么，我们能不能先在n个棋盘中找到一个最小的h，那么其两旁的棋盘在大于h的地方摆放都是不会互相影响的，那我们只用先算出在两旁大于h的地方摆放棋子的方案数，再合并一下，最后再统一算一遍这n个棋盘都在小于等于h的地方摆放的方案数，再累到答案中去。
而对于统计其两旁棋盘的方案数，我们可以按照上述方法递归下去。
于是，这就需要用到笛卡尔树了。
笛卡尔树是一种特定的二叉树数据结构，可由数列构造，在范围最值查询、范围top k查询（range top k queries）等问题上有广泛应用。它具有堆的有序性，中序遍历可以输出原数列。笛卡尔树结构由Vuillmin(1980)在解决范围搜索的几何数据结构问题时提出。从数列中构造一棵笛卡尔树可以线性时间完成，需要采用基于栈的算法来找到在该数列中的所有最近小数。
摘自度娘
说白了，笛卡尔树就是这样一个东西：
1.二叉树
2.若只看权值，则其每个点在权值上形成一个堆
3.若只看下标，则其每个点在下标上形成一个二叉搜索树
它就是长这个样子。
建树的话，上面已经提到，它可以在\(O(n)\)时间内利用单调栈完成，大致流程如下：（假定我们构建的是小根堆）
对于新加进一个数x，设栈顶元素为top
1.如果\(x>top\)，则将top的右儿子设置为x
2.如果\(x \le top\)，则将top弹出，当\(top>x\)或者栈为空为止，记最后一个弹出的数为la，则将la设置为x的左二子；若栈不为空，则将x设置为top的右儿子
代码如下：
for(int i=1; i<=n; i++) {
int res=-1;
while(head<=tail&&A[i]<=A[Q[tail]])res=Q[tail--];
if(res!=-1) {
if(rt==res)rt=i;
ch[i][0]=res;
}
if(head<=tail)ch[Q[tail]][1]=i;
Q[++tail]=i;
}
不太懂得人建议先去做一下HDU1506。
回到这道题，我们构建一棵笛卡尔树后，就可以在上面跑树形dp了。
\(dp[x][i]\)表示在以x为根的子树中，放了i个棋子且放的位置大于\(h[fa]\)的方案数，其中fa表示x的父亲
那么，转移就直接拿左右儿子合并就好了：
dp[x][0]=1;
size[x]=1;
for(int i=0; i<=1; i++) {
int t=ch[x][i];
if(t==0)continue;
DFS(t,x);
for(int i=min(K,size[x]); i>=0; i--) {
for(int j=min(K,size[t]); j>=1; j--) {
if(i+j>K)continue;
if(i+j==0)continue;
dp[x][i+j]=(dp[x][i+j]+dp[x][i]*dp[t][j]%MOD)%MOD;
}
}
size[x]+=size[t];
}
那么，现在我们就要考虑在\([h[fa]+1,h[x]]\)这一区间放棋子的方案数了。
由于以x为根的子树在序列中对应的都是连续区间，那么它们彼此之间必定互相牵制。
于是问题就转化成了：
给定一个\(size[x]*(h[x]-h[fa])\)的矩阵，在其中放K个棋子，其中每行每列最多只能放一个的方案数（假设\(size[x]\)和\(h[x]-h[fa]\)都大于K）。
那么显然，我们现在\(size[x]\)中选K行，再在\(h[x]-h[fa]\)中选K列，那么一共有\(C_{size[x]}^{K}\cdot C_{h[x]-h[fa]}^{K}\)种方案，对于每种方案，棋子又有\(K!\)种排法，于是一共有\(C_{size[x]}^{K}\cdot C_{h[x]-h[fa]}^{K} \cdot K!\)种方案。
那么，我们在合并后枚举K，然后再转移一波。
于是，这道题就愉快的A了。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD=1000000007;
int n,K,rt,head,tail,A[1010],ch[1010][2],Q[1010],dp[1010][1010],size[1010],frac[1001000],inv[1001000],infr[1001000];
int Quick_Pow(int a,int p){
int res=1;
while(p){
if(p&1)res=res*a%MOD;
a=a*a%MOD;
p>>=1;
}
return res;
}
int C(int x,int y){
if(x<y)return 0;
return frac[x]*infr[y]%MOD*infr[x-y]%MOD;
}
void DFS(int x,int fa){
dp[x][0]=1;
size[x]=1;
for(int i=0;i<=1;i++){
int t=ch[x][i];
if(t==0)continue;
DFS(t,x);
for(int i=min(K,size[x]);i>=0;i--){
for(int j=min(K,size[t]);j>=1;j--){
if(i+j>K)continue;
if(i+j==0)continue;
dp[x][i+j]=(dp[x][i+j]+dp[x][i]*dp[t][j]%MOD)%MOD;
}
}
size[x]+=size[t];
}
int cha=A[x]-A[fa];
for(int i=min(size[x],K);i>=0;i--){
for(int j=size[x]-i;j>=1;j--){
if(i+j>K)continue;
if(i+j==0)continue;
dp[x][i+j]=(dp[x][i+j]+dp[x][i]*C(size[x]-i,j)%MOD*C(cha,j)%MOD*frac[j]%MOD)%MOD;
}
}
}
void init(){
frac[0]=infr[0]=1;
for(int i=1;i<=1000010;i++)inv[i]=Quick_Pow(i,MOD-2);
for(int i=1;i<=1000010;i++)frac[i]=frac[i-1]*i%MOD,infr[i]=infr[i-1]*inv[i]%MOD;
}
signed main() {
init();
scanf("%lld %lld",&n,&K);
rt=1,head=1,tail=0;
for(int i=1; i<=n; i++)scanf("%lld",&A[i]);
for(int i=1; i<=n; i++) {
int res=-1;
while(head<=tail&&A[i]<=A[Q[tail]])res=Q[tail--];
if(res!=-1) {
if(rt==res)rt=i;
ch[i][0]=res;
}
if(head<=tail)ch[Q[tail]][1]=i;
Q[++tail]=i;
}
DFS(rt,0);
printf("%lld",dp[rt][K]);
return 0;
}
