agc015E - Mr.Aoki Incubator(dp)

 


题意

题目链接

平面上有n个点,每个点都有一个位置xi,和向右的速度vi

现在要求你对其中的一些点进行染色,当一个点被染色后,在无限距离内与它相遇的点也会被染色

问在可能的2n种染色方案中,有多少种染色方案可以使得最后的点全部被染色

Sol

非常好的dp题。

首先考虑若点i被染色后,哪些点会被染色

最显然的两种情况

1. xj<xivj>vi
2. xj>xivj<vi

当然还有其他的情况,因为题目中的“染色”是一个连锁反应,也就是说a被染色,a又遇到了b,那么b也会被染色

实际上,当我们把所有点按速度从大到小排序。

对于xi,向左找到第一个xl<xi的最小的l(此时同时保证了vl最大)
向右找到第一个xr>xi的最大的r(同理保证了vr最小)

那么区间[l,r]内所有的点都会被染色

现在问题转化成了,每个点能覆盖一段区间[l,r],问把区间[l,N]覆盖的方案数

预处理出每个点能覆盖的区间[l,r]

这些区间有很多好的性质

满足l1l2ln,r1r2rn

证明显然,拿l来说,对于按速度排序以后的排列中两个位置xk,xk+1

xk+1<xk,此时lk+1>lk
xk+1>xk,此时lk+1=lk

右端点同理

注意一个细节,由于我们是按从大到小排序,这样处理起来不是很方便,直接把所有区间reverse一下

f[i]表示用前i个区间覆盖[1,n]的方案

s[i]为其前缀和

前缀和优化dp即可

统计方案那里不是特别懂,路过的大佬可以说一下思路qwq

到了考场上还是写树状数组吧,无脑一点

复制代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Pair pair<int, int>
#define fi first
#define se second
#define MP(x, y) make_pair(x, y)
#define LL long long 
using namespace std;
const int MAXN = 1e6, mod = 1e9 + 7;
inline int read() {
    char c = getchar(); int x = 0, f = 1;
    while(c < '0' || c > '9') {if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int N, date[MAXN], L[MAXN], R[MAXN], f[MAXN];
struct Node {
    int x, v, id, l, r;
    bool operator < (const Node &rhs) const {
        return v > rhs.v;
    }
}a[MAXN];
int comp(const Node &a, const Node &b) {
    return a.r == b.r ? a.l < b.l : a.r < b.r;
}
void GetL(int *op) {
    vector<Pair> q; 
    for(int i = 1; i <= N; i++) q.push_back(MP(a[i].x, a[i].id));
    sort(q.begin(), q.end());
    for(int i = 1; i <= N; i++) {
        while(!q.empty()) {
            if(a[i].x <= q.back().fi) op[q.back().se] = i, q.pop_back();
            else break;
        }
    }
}
void GetR(int *op) {
    vector<Pair> q; 
    for(int i = 1; i <= N; i++) q.push_back(MP(a[i].x, a[i].id));
    sort(q.begin(), q.end());
    reverse(q.begin(), q.end());
    for(int i = N; i >= 1; i--) {
        while(!q.empty()) {
            if(a[i].x >= q.back().fi) op[q.back().se] = i, q.pop_back();
            else break;
        }
    }
}
int dp() {
    for(int i = 1; i <= N; i++) a[i].r = N - L[i] + 1, a[i].l = N - R[i] + 1;
    sort(a + 1, a + N + 1, comp);
    //for(int i = 1; i <= N; i++) printf("%d %d\n", a[i].l, a[i].r);
    static int s[MAXN], f[MAXN];//f[i]:前i只猫覆盖所有区间的方案
    int ans = 0;
    for(int i = 1, j = 1; i <= N; i++) {
        while(a[j].r < a[i].l - 1) j++;
        f[i] = (s[i - 1] + mod - s[j - 1] ) % mod;
        if(a[i].l == 1) f[i]++;
        if(a[i].r == N) (ans += f[i]) %= mod;
        s[i] = (s[i - 1] + f[i]) % mod;
    }
    return ans % mod;    
}
main() {
    N = read();
    for(int i = 1; i <= N; i++) a[i].x = read(), a[i].v = read(), a[i].id = i, date[i] = a[i].v;
    sort(date + 1, date + N + 1);
    int num = unique(date + 1, date + N + 1) - date - 1;
    for(int i = 1; i <= N; i++) a[i].v = lower_bound(date + 1, date + num + 1, a[i].v) - date;
    sort(a + 1, a + N + 1);
    GetL(L); GetR(R);
    //for(int i = 1; i <= N; i++) printf("%d %d\n", L[i], R[i]);
    printf("%d", dp() % mod);
 
}
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