【洛谷p3643】[APIO2016]划艇
题面
题解
组合(dp)
我们设(f[i][j])表示第(i)所学校参赛，并且派出了(j)艘划艇的方案数。
不难得到：
[f_{0,1} = 1
]
[f_{i,j} = j∈I_i ? sum_{k=1}^{j-1}sum_{p=0}^{i-1}f_{p,k}:0
]
答案即为(f_{i,j})之和。
这时我们发现(1)个问题，那就是第二维的复杂度是(10^9)的，并不能承受。
于是我们考虑离散化。
离散化之后设(f_{i,j})表示第(i)所学校参赛并且派出的划艇数在(j)这个区间里的方案数。
此时需要知道一点，
那就是从区间([0,l])中取(n)个数，使得所有非(0)数严格递增，方案数为(inom{l+n}{n})
我们枚举前(p)所学校不在区间(j)中，则(M)为(p+1 sim i)号学校中能选区间(j)学校的数量。
则
[f_{i,j}=sum_{k=1}^{j-1} sum_{p=0}^{i-1}inom{l+M-1}{M}f_{p,k}
]
此时可以前缀和优化，这题就做完了。
代码
#include <bits/stdc++.h>
const int maxn = 510;
const int mod = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
using std::sort;
int n, m, i, j, k, N;
int l[maxn], r[maxn], a[maxn << 1];
int inv[maxn], c[maxn], f[maxn];
inline void get_inv(int n) {
inv[1] = 1;
for(int i = 2;i <= n;i++)
inv[i] = 1ll * (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
return;
}
inline int add(ll a,ll b) {
ll c = a + b;
return c >= mod ? c - mod : c;
}
int main() {
scanf("%d",&N);
get_inv(N);
for(int i = 1;i <= N;i++)
scanf("%d %d",l + i,r + i), a[++n] = l[i], a[++n] = r[i] + 1;
sort(a + 1,a + n + 1);
n = std::unique(a + 1,a + n + 1) - a - 1;
for(int i = 1;i <= N;i++)
l[i] = std::lower_bound(a + 1,a + n + 1,l[i]) - a,
r[i] = std::lower_bound(a + 1,a + n + 1,r[i] + 1) - a;
c[0] = f[0] = 1;
for(int j = 1;j < n;j++) {
int le = a[j + 1] - a[j];
for(int i = 1;i <= N;i++)
c[i] = 1ll * c[i - 1] * (le + i - 1) % mod * inv[i] % mod;
for(int i = N;i >= 1;i--) {
if(l[i] <= j && j + 1 <= r[i]) {
int o = 0, p = 1, t = le;
for(int k = i - 1;~k;k--) {
o = add(1ll * o,1ll * t * f[k] % mod);
if(l[k] <= j && j + 1 <= r[k])
t = c[++p];
}
f[i] = add(f[i],o);
}
}
}
int ans = 0;
for(int i = 1;i <= N;i++)
ans = add(ans,f[i]);
printf("%d
",ans);
return 0;
}