[USACO20FEB]Help Yourself G

LXXV.[USACO20FEB]Help Yourself G

思路：

考虑将线段按照左端点排序。

设$f[i]$表示前$i$个线段的复杂度之和。

则$f[i]=2*f[i-1]+2^{sum[l_i-1]}$。其中$sum_i$是右端点$\leq i$的线段数目，$l_i$是$i$线段的左端点。

思考：

再往前的复杂度之和，无论第$i$根线段选与不选，都是无法改变的。因此要$*2$。

当之前的线段与线段$i$交集为空时，联通块新增一块。这部分共有$2^{sum[l_i-1]}$种选法。

复杂度$O(n\log n)$（排序是瓶颈，如果换成桶排就是$O(n)$的）

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,sum[200100],bin[100100],f[100100];
pair<int,int>p[100100];
int main(){
	scanf("%d",&n),bin[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&p[i].first,&p[i].second),sum[p[i].second]++,bin[i]=(bin[i-1]<<1)%mod;
	for(int i=1;i<=2*n;i++)sum[i]+=sum[i-1];
	sort(p+1,p+n+1);
	for(int i=1;i<=n;i++)f[i]=(2ll*f[i-1]+bin[sum[p[i].first-1]])%mod;
	printf("%d\n",f[n]);
	return 0;
}