标签：LG6144 ch Help int 线段 连通 Yourself Mod define
思路
考虑 DP，设 \(f_{i,j,k}\) 表示前 \(i\) 条线段，连通块最右端的点为 \(j\) 的所有子集的连通块个数的 \(k\) 次方之和。初值 \(f_{0,0,0} = 1\)，答案为 \(\sum f_{n,j,K}\)。
把线段按照左端点排序，考虑加入第 \(i\) 条线段后对答案的影响，设 \(j\) 为加入 \(i\) 之前连通块的右端点：
- 对于 \(j < l_i\) 的情况，加入 \(i\) 后连通块个数会增加 \(1\)，并且右端点变为 \(r_i\)。设 \(f_{i-1,j,k}\) 对应的子集为 \(S\)，\(g(S)\) 为 \(S\) 的连通块数，有转移：
-
对于 \(l_i \leq j \leq r_i\) 的情况，加入 \(i\) 后连通块数量不变，但右端点变为 \(r_i\)，因此转移为 \(f_{i,r_i,k} \gets f_{i-1,j,k}\)。
-
对于 \(j > r_i\) 的情况，由于我们将线段按照左端点排序，那么 \(i\) 一定被原先的连通块包含，因此加入 \(i\) 后连通块数量不变，右端点也不变。但由于 \(i\) 被包含，则选或不选 \(i\) 对连通块个数都没有影响，故转移为 \(f_{i,j,k} \gets f_{i-1,j,k} \times 2\)。
直接 DP 复杂度巨大，考虑优化。首先 \(i\) 这维可以滚掉，然后对 \(j\) 这维用线段树维护，线段树上每个节点维护子树内位置连通块数量的 \(1 \sim K\) 次方和。
-
对于 \(j < l_i\) 的情况，利用分配率，可以先对 \([0,l_i-1]\) 区间查询出 \(1 \sim K\) 次方和，然后二项式定理 \(O(K^2)\) 算对 \(f_{i,r_i,1 \sim K}\) 的贡献，最后对位置 \(r_i\) 单点加即可。
-
对于 \(l_i \leq j \leq r_i\) 的情况，先对 \([l_i,r_i-1]\) 区间查询出 \(1 \sim K\) 次方和，然后位置 \(r_i\) 单点加即可。
-
对于 \(j > r_i\) 的情况，对 \([r+1,N]\) 区间乘 \(2\) 即可。
时间复杂度为 \(O(n \log K + nK^2)\)。拆 \(K\) 次幂也可以使用斯特林数，复杂度是一样的。
Code
/*
最黯淡的一个 梦最为炽热
万千孤单焰火 让这虚构灵魂鲜活
至少在这一刻 热爱不问为何
存在为将心声响彻
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define pii pair<int, int>
#define mp(x, y) make_pair(x, y)
#define pb push_back
#define eb emplace_back
#define fi first
#define se second
#define int long long
#define mem(x, v, n) memset(x, v, sizeof(int) * (n))
#define mcpy(x, y, n) memcpy(x, y, sizeof(int) * (n))
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
using namespace std;
inline int read() {
int x = 0, w = 1;char ch = getchar();
while (ch > '9' || ch < '0') { if (ch == '-')w = -1;ch = getchar(); }
while (ch >= '0' && ch <= '9') x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar();
return x * w;
}
inline int min(int x, int y) { return x < y ? x : y; }
inline int max(int x, int y) { return x > y ? x : y; }
const int MN = 1e5 + 5;
const int Mod = 1e9 + 7;
inline int qPow(int a, int b = Mod - 2, int ret = 1) {
while (b) {
if (b & 1) ret = ret * a % Mod;
a = a * a % Mod, b >>= 1;
}
return ret;
}
// #define dbg
int N, K, Lim, C[25][25];
pii p[MN];
inline void Add(int &x, int y) {
x += y; if (x >= Mod) x -= Mod;
}
const int MS = MN << 3;
#define ls o << 1
#define rs o << 1 | 1
#define mid ((l + r) >> 1)
#define LS ls, l, mid
#define RS rs, mid + 1, r
struct Dat {
int a[13];
};
int tr[MS][12], tag[MS];
inline void Pushup(int o) {
for (int i = 0; i <= K; i++) tr[o][i] = (tr[ls][i] + tr[rs][i]) % Mod;
}
inline void Pushdown(int o) {
if (tag[o] != 1) {
tag[ls] = tag[ls] * tag[o] % Mod, tag[rs] = tag[rs] * tag[o] % Mod;
for (int i = 0; i <= K; i++) {
tr[ls][i] = tr[ls][i] * tag[o] % Mod;
tr[rs][i] = tr[rs][i] * tag[o] % Mod;
}
tag[o] = 1;
}
}
inline void Add(int o, int l, int r, int p, Dat v) {
if (l == r) {
for (int i = 0; i <= K; i++) Add(tr[o][i], v.a[i]);
return;
}
Pushdown(o), (p <= mid ? Add(LS, p, v) : Add(RS, p, v)), Pushup(o);
}
inline void Mul(int o, int l, int r, int L, int R) {
if (L > R || r < L || l > R) return;
if (L <= l && R >= r) {
tag[o] = tag[o] * 2 % Mod;
for (int i = 0; i <= K; i++) tr[o][i] = tr[o][i] * 2 % Mod;
return;
}
Pushdown(o), Mul(LS, L, R), Mul(RS, L, R), Pushup(o);
}
inline Dat Qry(int o, int l, int r, int L, int R) {
Dat ans;
if (L > R) {
for (int i = 0; i <= K; i++) ans.a[i] = 0;
return ans;
}
if (L <= l && R >= r) {
for (int i = 0; i <= K; i++) ans.a[i] = tr[o][i];
return ans;
}
Pushdown(o);
ans.a[0] = 1;
for (int i = 0; i <= K; i++) ans.a[i] = 0;
if (L <= mid) {
Dat b = Qry(LS, L, R);
for (int i = 0; i <= K; i++) Add(ans.a[i], b.a[i]);
}
if (R > mid) {
Dat b = Qry(RS, L, R);
for (int i = 0; i <= K; i++) Add(ans.a[i], b.a[i]);
}
return ans;
}
signed main(void) {
N = read(), K = read(), Lim = 2 * N;
for (int i = 0; i <= K; i++) C[i][0] = 1;
for (int i = 1; i <= K; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
C[i][j] = C[i - 1][j], Add(C[i][j], C[i - 1][j - 1]);
for (int i = 1; i <= N; i++) p[i].fi = read(), p[i].se = read();
sort(p + 1, p + N + 1);
Dat v;
for (int i = 0; i <= K; i++) v.a[i] = 0;
v.a[0] = 1;
Add(1, 0, Lim, 0, v);
for (int i = 1; i <= N; i++) {
int l = p[i].fi, r = p[i].se;
Dat b = Qry(1, 0, Lim, 0, l - 1);
Dat c;
for (int i = 0; i <= K; i++) c.a[i] = 0;
for (int i = 0; i <= K; i++)
for (int j = 0; j <= i; j++) Add(c.a[i], b.a[j] * C[i][j] % Mod);
b = Qry(1, 0, Lim, l, r - 1);
for (int i = 0; i <= K; i++) Add(c.a[i], b.a[i]);
Add(1, 0, Lim, r, c);
Mul(1, 0, Lim, r + 1, Lim);
}
printf("%lld\n", Qry(1, 0, Lim, 0, Lim).a[K]);
return 0;
}
标签：LG6144,ch,Help,int,线段,连通,Yourself,Mod,define 来源： https://www.cnblogs.com/came11ia/p/16513498.html
本站声明： 1. iCode9 技术分享网（下文简称本站）提供的所有内容，仅供技术学习、探讨和分享； 2. 关于本站的所有留言、评论、转载及引用，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 3. 关于本站的所有言论和文字，纯属内容发起人的个人观点，与本站观点和立场无关； 4. 本站文章均是网友提供，不完全保证技术分享内容的完整性、准确性、时效性、风险性和版权归属；如您发现该文章侵犯了您的权益，可联系我们第一时间进行删除； 5. 本站为非盈利性的个人网站，所有内容不会用来进行牟利，也不会利用任何形式的广告来间接获益，纯粹是为了广大技术爱好者提供技术内容和技术思想的分享性交流网站。