Problem C: 多线程 解题报告
Problem C: 多线程
Description
多线程是一种常见的加速手段，利用多个线程同时处理不同的任务可以一定程度上减少总耗时，达到提高效率的目的。然而，多个线程间的执行顺序是完全不可控的，这常常会导致一些意料之外的问题。
一个简单的例子，如果三个线程分别输出A，B，C, 你同时启动这三个线程，最终的输出可能是ACB也可能是CBA等等。更极端的例子，如果两个线程分别输出AB和ab，你甚至可能看到类似AaBb和aABb的输出。
当你拿到一串输出而他们属于多个线程的时候，反推出每个线程的输出是一件非常麻烦的事情（甚至有时候完全不可能），很不幸，接下来你的任务就是这样一件麻烦事。
【题意描述】
现在有两个线程同时在输出数列，线程A输出一个单调递增数列，而线程B输出一个单调递减数列。
距离来说，如果线程A输出的是11，33，55，而线程B输出的是44，22，那么你可能看到以下的结果：
11 33 55 44 22
44 22 11 33 55
11 44 33 22 55
......
我们假设单个数的输出是不会被打断的（这个性质往往称为“原子操作”），你不必担心两个数被同时输出从而混合成一个新的数。换言之，如果A输出x个数而B输出y个数，你最后一定会得到这x+y个数，只是顺序不确定。
特别的，某个线程的输出可能是空，你需要考虑到这一点。
现在你得到了最终的输出，你需要反推出哪些数来自于线程A而哪些数来自于线程B。由于可能有多种情况，我们只要求你输出方案数对1000000007取模的结果。
Input
第一行一个正整数T，表示测试数据组数。
接下来T行，每行描述一组测试数据：
第一个整数n，表示最终的输出包含n个整数
接下来n个整数ci，表示最终的输出。
这些整数两两不同。
Output
共T行，每行一个整数，表示可能的情况数。
特别的，如果无解，你需要输出一个0。
HINT
对于100%的数据，1<=T<=10。
对于20%的数据，n<=20。
对于50%的数据，n<=1000。
对于80%的数据，n<=50000。
对于100%的数据，0<=n<=500000。
对于100%的数据，ci的绝对值不超过2000000000，且同一组数据内ci两两不同。
正解在我这种菜的人来说简直不可做，我大概也说不清楚...
谈一下想法好了。这种类型的题本质是在挖掘状态中间的特殊性，就像莫名其妙看出这个是凸的一样，这个题可以发现一些状态在区间上连续，一些转移在值域上单调，然后通过势能均摊分析，可以得到非常玄妙的复杂度。这种题现在我反正是做不来的，就慢慢见识见识吧。
Code:
#include <cstdio>
const int N=5e5+10;
const int inf=0x7fffffff,mod=1e9+7;
struct node
{
int val,cnt;
node(){}
node(int val,int cnt){this->val=val,this->cnt=cnt;}
}s0[N],s1[N];
int T,n,a[N],tot0,tot1;
int main()
{
scanf("%d",&T);
while(T--)
{
int sum0=1,sum1=1;
scanf("%d",&n);
if(!n) {puts("1");continue;}
for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",a+i);
s0[tot0=0]=node(inf,1);//增
s1[tot1=0]=node(-inf,1);
for(int i=2;i<=n;i++)
if(a[i]>a[i-1])//得把那个s1推了
{
int t0=a[i]>s1[0].val?s1[0].cnt:0;
int t1=a[i]<s0[0].val?s0[0].cnt:0;
while(tot1) (t0+=a[i]>s1[tot1].val?s1[tot1].cnt:0)%=mod,--tot1;
s0[++tot0]=node(a[i-1],t0);
s1[tot1=0]=node(a[i-1],t1);
(sum0+=t0)%=mod,sum1=t1;
}
else
{
int t0=a[i]>s1[0].val?s1[0].cnt:0;
int t1=a[i]<s0[0].val?s0[0].cnt:0;
while(tot0) (t1+=a[i]<s0[tot0].val?s0[tot0].cnt:0)%=mod,--tot0;
s0[tot0=0]=node(a[i-1],t0);
s1[++tot1]=node(a[i-1],t1);
sum0=t0,(sum1+=t1)%=mod;
}
printf("%d\n",(sum0+sum1)%mod);
}
return 0;
}
2019.1.1
