LOJ3267 Help Yourself

Help Yourself

Bessie 现在有 \(N\) 条在一条数轴上的线段，第 \(i\) 条线段覆盖了 \([l_i,r_i]\) 的所有实数。

定义一个线段集合的并为所有至少被一条线段覆盖的实数。定义一个线段集合的复杂度为该集合并的联通块个数的 \(K\) 次方。

Bessie 现在想计算这 \(N\) 条线段的 \(2^N\) 个子集的复杂度之和模 \(10^9+7\)。通常你的任务是帮 Bessie 进行计算，但是这次你是 Bessie，而且没人能帮你，帮帮你自己吧！

对于 \(100\%\) 的数据，有 \(1\le N \le 10^5,~2\le K\le 10,~1\le l_i<r_i\le 2N\)。

题解

http://jklover.hs-blog.cf/2020/06/06/Loj-3267-Help-Yourself/#more

第二类斯特林数 + 线段树优化 dp 转移.

USACO 怎么也有如此套路的题…

可以先将所有线段按照左端点从小到大排序,方便后续处理.

记一个非空集合 \(T\) 的线段形成的连通块数目为 \(c(T)\) ,则答案为 \(\sum_T c(T)^k\) .

朴素的 dp

设 \(dp(i,x,p)\) 表示考虑了前 \(i\) 条线段,选了的线段右端点最大值为 \(x\) ,有 \(p\) 个连通块的方案数.

这样做状态数为 \(O(n^3)\) ,不太可行.

幂次展开为组合数

注意到 \(k​\) 比较小,尝试将其展开为组合数的形式,

\[\begin{aligned} ans&=\sum_T c(T)^k \\ &=\sum_T\sum_{i=0}^k {k\brace i}\cdot i!\cdot \binom{c(T)}{i}\\ &=\sum_{i=0}^k{k\brace i}\cdot i!\cdot \sum_{T}\binom{c(T)}{i} \end{aligned} \]

当题目中要算 \(c^k\) 的贡献, \(c\) 大而 \(k\) 小,尤其是 \(c\) 是某种东西的数目时,可以尝试展开成组合数.

原来需要记录 \(c\) 的大小,最后算贡献,现在就将贡献摊在每个 \(c\) 增大的时候计算,只用记录 \(k\) 的大小.

于是我们在状态中就不需要记录连通块数目,而是在新产生一个连通块时,考虑它是否被选.

设 \(dp(i,x,p)\) 表示考虑了前 \(i\) 条线段,选了的线段右端点最大值为 \(x\) ,产生的连通块被选定了 \(p\) 个的方案数.

状态数从 \(O(n^3)\) 降到了 \(O(n^2k)\) ,还需进一步优化.

线段树优化转移

考虑转移的形式,假定当前在考虑第 \(i\) 条线段,其覆盖的区间为 \([l,r]\) .

若不选这条线段,则每个 \(dp(i-1,x,p)\) 转移到 \(dp(i,x,p)\) .

若选了这条线段,则根据 \(x​\) 的大小分情况讨论.

若 \(x<l​\) ,此时会产生新的一个连通块, \(dp(i-1,x,p)​\) 可以转移到 \(dp(i,r,p)​\) 和 \(dp(i,r,p+1)​\) .

若 \(l\le x\le r​\) , \(dp(i-1,x,p)​\) 可以转移到 \(dp(i,r,p)​\) .

若 \(x>r\) , \(dp(i-1,x,p)\) 可以转移到 \(dp(i,x,p)\) .

不难发现,我们可以开 \(k+1\) 棵线段树来维护这个 dp 数组,第 \(p\) 棵线段树维护了当前所有的 \(dp(i,x,p)\) .

\(i\)通过for枚举，\(p\)通过\(k+1\)棵线段树维护，\(x\)通过线段树下标维护。

时间复杂度 \(O(nk\log n)\) .

CO int N=2e5+10;

struct Seg{
	int sum[4*N],tag[4*N];
	
	#define lc (x<<1)
	#define rc (x<<1|1)
	#define mid ((l+r)>>1)
	IN void push_up(int x){
		sum[x]=add(sum[lc],sum[rc]);
	}
	IN void put_tag(int x,int v){
		sum[x]=mul(sum[x],v),tag[x]=mul(tag[x],v);
	}
	IN void push_down(int x){
		if(tag[x]!=1){
			put_tag(lc,tag[x]),put_tag(rc,tag[x]);
			tag[x]=1;
		}
	}
	void insert(int x,int l,int r,int p,int v){
		if(l==r) {sum[x]=add(sum[x],v); return;}
		push_down(x);
		if(p<=mid) insert(lc,l,mid,p,v);
		else insert(rc,mid+1,r,p,v);
		push_up(x);
	}
	void modify(int x,int l,int r,int ql,int qr,int v){
		if(ql>qr) return;
		if(ql<=l and r<=qr) return put_tag(x,v);
		push_down(x);
		if(ql<=mid) modify(lc,l,mid,ql,qr,v);
		if(qr>mid) modify(rc,mid+1,r,ql,qr,v);
		push_up(x);
	}
	int query(int x,int l,int r,int ql,int qr){
		if(ql>qr) return 0;
		if(ql<=l and r<=qr) return sum[x];
		push_down(x);
		if(qr<=mid) return query(lc,l,mid,ql,qr);
		if(ql>mid) return query(rc,mid+1,r,ql,qr);
		return add(query(lc,l,mid,ql,qr),query(rc,mid+1,r,ql,qr));
	}
	#undef lc
	#undef rc
	#undef mid
}T[11];

pair<int,int> seg[N];
int S[11][11];

int main(){
	int n=read<int>(),K=read<int>();
	for(int i=1;i<=n;++i) read(seg[i].first),read(seg[i].second);
	sort(seg+1,seg+n+1);
	S[0][0]=1;
	for(int i=1;i<=K;++i)for(int j=1;j<=i;++j)
		S[i][j]=add(S[i-1][j-1],mul(S[i-1][j],j));
	T[0].insert(1,0,2*n,0,1);
	for(int i=1;i<=n;++i){
		int l=seg[i].first,r=seg[i].second;
		for(int p=K;p>=0;--p){
			if(p<K) T[p+1].insert(1,0,2*n,r,T[p].query(1,0,2*n,0,l-1));
			T[p].insert(1,0,2*n,r,T[p].query(1,0,2*n,0,r));
			T[p].modify(1,0,2*n,r+1,2*n,2);
		}
	}
	int ans=0,fac=1;
	for(int p=0;p<=K;++p){
		ans=add(ans,mul(T[p].sum[1],mul(S[K][p],fac)));
		fac=mul(fac,p+1);
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}