标签：int mo ybt zb add 100000 ans 金牌 折线
折线统计
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题目大意
在一个图上有一些点，保证任意两个点的横纵坐标都不相同。
要你选一些集合，按 x 坐标排序依次连接，会构成一些连续上升下降的折线，问你折线数量是 k 条的有多少个集合满足。
数量对 100007 取模。
思路
这道题我们考虑先看普通的 dp 怎么弄。
因为是按 x x x 坐标依次连边，那我们先把点按 x x x 坐标从小到大排序。那如果你在这里选一个集合，那在这里相连的就要连边。
那我们设
f
i
,
j
,
k
f_{i,j,k}
fi,j,k 为前
i
i
i 个点在一定选
i
i
i 号点中选到形成了
j
j
j 段，然后最后一段的状态时
k
k
k。（
k
k
k 只有上升
0
0
0 和下降
1
1
1 两个值）
很容易想到转移方程是先分上升下降，然后要么跟原来最后一段状态一样，要么不一样。
我们先以变成上升，就是转移后
k
=
0
k=0
k=0 的情况。
那如果不变，那就是段数不变，第一维要枚举
1
1
1 到
i
−
1
i-1
i−1，
k
k
k 还是
0
0
0。
那如果改变，那就是段数增加了，原来的就要
−
1
-1
−1，第一维还是枚举
1
∼
i
−
1
1\sim i-1
1∼i−1，那原来的
k
k
k 就变成了
1
1
1。
那变成下降，也是同一个道理。
但是第一维就不是枚举
1
∼
i
−
1
1\sim i-1
1∼i−1，而是
i
+
1
∼
100000
i+1\sim 100000
i+1∼100000，因为你是从高变低。
至于初始化，就是 f i , 0 , 0 = f i , 0 , 1 = 1 f_{i,0,0}=f_{i,0,1}=1 fi,0,0=fi,0,1=1。
但是你这样枚举会超时。
那我们考虑用一些数据结构优化它。
这个要求区间和，还有单点更新值，很容易就想到用树状数组。
那枚举
1
∼
i
−
1
1\sim i-1
1∼i−1 就是直接查询
i
−
1
i-1
i−1 的位置，
i
+
1
∼
100000
i+1\sim 100000
i+1∼100000，就用查询
100000
100000
100000 得出的值减去查询
i
i
i 的得出的值。（就是前缀和的思想）
然后基本上就可以了，记得取模。
代码
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define mo 100007
#define ll long long
using namespace std;
struct node {
int x, y;
}zb[100001];
int n, k;
ll f[50001][11][2], tree[100001][11][2], re, ans;
bool cmp(node X, node Y) {
return X.x < Y.x;
}
void add(int now, int j, int k, ll add_num) {//树状数组操作
for (int i = now; i <= 100000; i += i & (-i))
tree[i][j][k] = (tree[i][j][k] + add_num) % mo;
}
ll get(int now, int j, int k) {
re = 0;
for (int i = now; i; i -= i & (-i))
re = (re + tree[i][j][k]) % mo;
return re;
}
int main() {
scanf("%d %d", &n, &k);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d %d", &zb[i].x, &zb[i].y);
}
sort(zb + 1, zb + n + 1, cmp);//按 x 坐标排序
f[0][0][0] = 1;
f[0][0][1] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
f[i][0][0] = 1;
f[i][0][1] = 1;
add(zb[i].y, 0, 0, 1);
add(zb[i].y, 0, 1, 1);//初始化
for (int j = 1; j <= k; j++) {
f[i][j][0] = (get(zb[i].y - 1, j, 0) + get(zb[i].y - 1, j - 1, 1)) % mo;
//可以是跟前面一样上升，也可以变换，成为新的一段
f[i][j][1] = ((get(100000, j, 1) - get(zb[i].y, j, 1) + get(100000, j - 1, 0) - get(zb[i].y, j - 1, 0)) % mo + mo) % mo;
//同理，可以跟前面一样下降，也可以变换，由原来的上升变成下降
//不过因为你是要下降，那你就要用全部减去上升的，才可以得到下降的
//树状数组搞的是上升的，那如果你找 100000，就是最大值的话，就所有都找了一遍，就是全部的了
//或者说这就是前缀和的思想
add(zb[i].y, j, 0, f[i][j][0]);
add(zb[i].y, j, 1, f[i][j][1]);
//放进树状数组里面
}
ans = (ans + f[i][k][0]) % mo;//统计答案
ans = (ans + f[i][k][1]) % mo;
}
printf("%lld", ans);
return 0;
}
标签：int,mo,ybt,zb,add,100000,ans,金牌,折线 来源： https://blog.csdn.net/weixin_43346722/article/details/113107512
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