P3643 [APIO2016] DP

题意

传送门 P3643 [APIO2016] 划艇

题解

令值域规模为 $M$。朴素的 DP 是 $O((NM{)}^2)$，前缀和优化后可以做到 $O(N^{2}M)$。由于 $M$ 规模为 $10^9$，考虑离散化；为了方便处理，将区间表示为左闭右开。

令 $f_{i,j}$ 为学校 $i$ 派出划艇的数量在离散值 $[j,j+1)$ 代表的区间中，且学校 $i$ 是派出划艇的学校中编号最大的学校，上述约束下的方案数。

对于 $j^{\prime }<j$ 的情况可以直接递推统计贡献，但 $j^{\prime }=j$ 则难以处理。考虑枚举编号最大且满足 $j^{\prime }<j$ 的学校 $i^{\prime }$，学校 $[0,i^{\prime }]$ 的贡献是 $f_{i^{\prime },j^{\prime }}$，为处理边界条件，令 $f_{-1,0}=1$；学校 $(i^{\prime },i]$ 的贡献为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{d+n-1}{n}\right)$，其中 $d$ 为区间 $[j,j+1)$ 的规模，$n$ 为 $(i^{\prime },i]$ 中满足可以派遣的划艇数量在区间 $[j,j+1)$ 的学校数量。

对后者进行证明。令不派出划艇的学校，所派出的数量为 $-1$；其余为 $[0,M)$ 单调递增的值。那么规模为 $n$ 的学校派出划艇的方案，等价于从 $n-1$ 个 $-1$ 与 $[0,M)$ 选 $n$ 个数的组合数；因为若第 $i$ 个 $-1$ 被选择，则学校 $i$ 不派出，未选择 $-1$ 的学校数量与选择的非 $-1$ 数字依序一一对应。

递推式为 $$f_{i,j}=\sum _{i^{\prime }<i}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{d+n-1}{n}\right)\sum _{j^{\prime }<j}{f}_{i^{\prime },j^{\prime }}$$ 前缀和优化，总时间复杂度 $O(N^3)$。

#include 
using namespace std;
using ll = long long;
constexpr int MOD = 1E9 + 7;

int main()
{
    ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
    int N;
    cin >> N;
    vector<int> A(N), B(N);
    for (int i = 0; i < N; ++i)
        cin >> A[i] >> B[i];
    vector<int> xs(1, 0);
    for (int i = 0; i < N; ++i)
        xs.push_back(A[i]), xs.push_back(++B[i]);
    sort(xs.begin(), xs.end());
    xs.erase(unique(xs.begin(), xs.end()), xs.end());
    for (int i = 0; i < N; ++i)
    {
        A[i] = lower_bound(xs.begin(), xs.end(), A[i]) - xs.begin();
        B[i] = lower_bound(xs.begin(), xs.end(), B[i]) - xs.begin();
    }
    vector<ll> inv(N + 1);
    inv[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= N; ++i)
        inv[i] = (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
    int M = xs.size();
    vector<vector<ll>> dp(N + 1, vector<ll>(M));
    vector<vector<ll>> sum(N + 1, vector<ll>(M));
    dp[0][0] = 1;
    for (int j = 0; j < M; ++j)
        sum[0][j] = 1;
    for (int i = 0; i < N; ++i)
        for (int j = 1; j + 1 < M; ++j)
        {
            if (A[i] <= j && j + 1 <= B[i])
            {
                ll n = 1;
                ll d = xs[j + 1] - xs[j];
                ll c = d;
                ll res = 0;
                for (int k = i - 1; k >= -1; --k)
                {
                    (res += c * sum[k + 1][j - 1] % MOD) %= MOD;
                    if (A[k] <= j && j + 1 <= B[k])
                        ++n, c = c * (d + n - 1) % MOD * inv[n] % MOD;
                }
                dp[i + 1][j] = res;
            }
            sum[i + 1][j] = (sum[i + 1][j - 1] + dp[i + 1][j]) % MOD;
        }
    ll res = 0;
    for (int i = 0; i < N; ++i)
        (res += sum[i + 1][M - 2]) %= MOD;
    cout << res << '\n';
    return 0;
}
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