APIO2016 划艇

APIO2016 划艇

看到T2好像还可做，就仔细想了很长时间，想到了f[i][j]+=f[i-1][p] (p<=j-1)，但是回头一瞧，1e9的数据。。。。。。。。。。。。。还玩个球啊，老老实实打暴力。但是n最小是100，显然没有暴力分。。。。。。。。。

好吧好吧，那就不属于我了，1e9也想过离散化，可是后面就没什么进展了。

DP

dp的话得先把1e9的问提解决掉，要不然没法搞，没错，肯定要离散化。可是离散化了后我怎么整呢，原本是实在的位置，现在就是一群无情的数字。额，其实这数字还是有情的唉，他能断开不同的区间，我们求每一段区间的贡献就好了。

啥？区间贡献，这不更没法搞了哈哈。仔细想一下，本段区间对i点的贡献，跟推出来的那个式子好像很有关系的，我们只需要知道i前面有几个点也在区间j内，比如说现在到了k点，他可以在区间j内，因为k到i之间的点是可以取0的，所以不用管他，我们只关心在k和i之间可以有几个点出现在区间j内就好，那么这里每一个k的贡献就是k之前的点在j-1之前区间的方案数×k到i的m个点在j内的方案数，前者好说，我们递推过来就求过了，关键是看后者。

对于长度为len的区间，任取m个位置ans就是C(len,m)，但是现在问题是我不一定m个点都取位置，他可以不参赛的，也就是在中间夹着0呢。因为0对递增是无影响的所以我完全可以想像为在len区间里塞了m个0,但是i点得在，那么就是塞了m-1个0,这样的话方案数就是C(len+m-1,m)。

好了，这样dp就解决了，因为我do时用的是i点的前j个区间，所以数组要维护前缀和，又因为我的区间是从小到大推过来的，更新了j后j-1就没有用了，所以我们可以隐去第二维，这样省很多空间。最后ans就是所有的g数组加一起，因为后面的点都可以为0的，所以对于每一个1到i都算新方案。

%%%@yspm

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define low(x) lower_bound(c+1,c+1+tot,x[i])-c
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
int n,len,a[505],b[505],c[1015],num,sum[505]={1},C[505]={1},inv[505]={0,1},ans;
inline void fr(){freopen("c.in","r",stdin);}
inline void sc(){scanf("%lld",&n);}
namespace AYX
{	inline void work()
	{	for(int i=1;i<=n;++i)scanf("%lld%lld",&a[i],&b[i]),c[++num]=a[i],c[++num]=++b[i];
		for(int i=2;i<=n;++i)inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
		sort(c+1,c+1+num);
		int tot=unique(c+1,c+1+num)-c-1;
		for(int i=1;i<=n;++i)
		a[i]=low(a),b[i]=low(b);
		for(int j=1;j<tot;++j)
		{	int len=c[j+1]-c[j];
			for(int i=1;i<=n;++i)C[i]=(((C[i-1]*(len+i-1))%mod)*inv[i])%mod;
			for(int i=n;i;--i)
			{	if(a[i]<=j and b[i]>=j+1)
				{	int f=0,m=1,cc=len;
					for(int k=i-1;k>=0;--k)
					{	f=(f+cc*sum[k])%mod;
						if(a[k]<=j and b[k]>=j+1)cc=C[++m];
					}
					sum[i]=(sum[i]+f)%mod;
				}
			}
		}
		for(int i=1;i<=n;++i)ans=(ans+sum[i])%mod;
		printf("%lld",ans);
	}	
	inline short main()
	{sc();work();return 0;}
}
signed main()
{return AYX::main();}