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P3643 [APIO2016]划艇

题意：

$a_i$在$[l_i,r_i]$等概率随机选一个数，求$a$数组不增的概率。

思路：

这里贴了两个链接，因为这俩题是极其相似的，我们先来说一下洛谷的。
洛谷的也是选一个数，求$a$数组严格递增的概率。
看到这个很容易写出一个$dp$数组$f[i][j]$表示到了第$i$个，第$i$个选了$j$个的方案数，转移就是$$f[i][j]=\sum _{c=0}^{j-1}\sum _{k=0}^{i-1}f[k][c]j\in [l_i,r_i]$$
初始$f[0][0]=1$，代码如下：

	f[0][0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=p[i].X;j<=p[i].Y;j++)for(int c=0;c<=j-1;c++)for(int k=0;k<=i-1;k++)f[i][j]+=f[k][c],f[i][j]%=mod;LL ans=0;for(int j=1;j<=n;j++) for(int i=p[j].X;i<=p[j].Y;i++) ans+=f[j][i],ans%=mod;cout<<ans%mod<<endl;

显然这个是不能通过本题的，因为本题中$l_i,r_i$的范围是$[1,1e9]$，所以我们很本能的想到离散化。但是怎么离散化呢？我们这个方程是以点转移的，而离散化之后我们将其转换成了若干个区间，也就是说我们要考虑以区间转移。
重新定义$dp$数组$f[i][j]$表示到了第$i$个，第$i$个选了第$j$个区间的方案数，这里先介绍一个引理：

从$[0,L]$区间中取$n$个数，要求所有非零数严格递增，则方案数为$C(n+L,n)$。

这个定理也比较好理解，先考虑没有$0$的情况，这个时候区间为$[1,L]$，显然答案为$C(L,n)$，考虑把$0$加入，比如当前序列$0,0,0,...,1,2,...,L$，前面$0$的个数为$n$个，这个时候从这个序列中选择$n$个数的时候，方案数为$C(n+L,n)$，这个与原问题对应，可以得证该引理。
通过这个我们可以优化区间取数的过程。
先考虑原问题，由于第$i$个学校必须参赛，所以$0$的个数需要减一，所以方案数为$C(x+L-1,x)$，$x$表示可选区间包含第$j$个区间的数量，那么我们枚举$i,j$之后，再枚举上一个学校$p$的区间$t$，且前$p$个学校不在区间$j$中的情况，$x$就是$p+1,..,i$个学校中能取到$j$区间的学校数量，转移方程为：
$$f[i][j]=\sum _{p=0}^{i-1}\sum _{k=0}^{j-1}f[p][k]\ast C(x+L-1,x)$$
由于组合数很大，不好预处理，所以组合数一边乘一边求就好了，复杂度$O(N^4)$，让后可以发现用前缀和优化可以去掉一层$N$，定义$g[i][j]={\sum }_{k=1}^{j-1}f[i][k]$，优化之后需要倒着更新$g$数组，方程为$$f[i][j]=\sum _{p=0}^{i-1}g[p][j-1]\ast C(x+L-1,x)$$ ，$i$从大到小枚举，确保每次使用的时候都是上一层的，并且可以通过最外层从小到大枚举区间来优化一维$g$数组。
复杂度$O(N^3)$。

//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=510,mod=1e9+7,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n,m;
PII p[N];
LL g[N*2];
LL c[N],inv[N];
vector<int>v;int find(int x)
{return lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin();
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);inv[1]=1;for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&p[i].X,&p[i].Y),v.pb(p[i].X),v.pb(p[i].Y+1);sort(v.begin(),v.end()); v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());for(int i=1;i<=n;i++) p[i].X=find(p[i].X),p[i].Y=find(p[i].Y+1);c[0]=1; g[0]=1;for(int j=0;j<v.size()-1;j++){int len=v[j+1]-v[j];for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=1ll*c[i-1]*(len+i-1)%mod*inv[i]%mod;for(int i=n;i>=1;i--){if(p[i].X<=j&&j+1<=p[i].Y){LL f=0,fun=len,m=1;for(int pp=i-1;pp>=0;pp--){(f+=fun*g[pp]%mod)%=mod;if(p[pp].X<=j&&j+1<=p[pp].Y) fun=c[++m];}g[i]+=f; g[i]%=mod;}}}LL ans=0;for(int i=1;i<=n;i++) (ans+=g[i])%=mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/**/

再来看这个$cf$的题，与上面那个题不能说一模一样，只能说大致相同。
上面那个题可以有不选的情况，这个题是必须都选才行，所以我们枚举$p$的时候需要改一下，当$p$不在$j$区间的时候就退出。
让后还有一点不同的就是上面那个要求严格递增，这个要求非递增，也就是说我们要在$[l,r)$内选$x$个数使其非递减，这个的方案数为$C(len+x-1,x)$，证明方法跟上面的差不多，就是在序列前面补上$x-1$个$0$，$lc$哥$yyds$。
我们同样可以用上面的前缀和优化，但是这个题是非递增，所以我们应该从大的区间向小的区间转移，所以改成后缀和优化了，需要从大的区间到小的区间枚举即可。
由于求的是概率，所以在最后乘上个分母的逆元即可。

//#pragma GCC optimize("Ofast,no-stack-protector,unroll-loops,fast-math")
//#pragma GCC target("sse,sse2,sse3,ssse3,sse4.1,sse4.2,avx,avx2,popcnt,tune=native")
//#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<string>
#include<cstring>
#include<map>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<vector>
#include<set>
#include<queue>
#include<algorithm>
#include<sstream>
#include<ctime>
#include<cstdlib>
#define X first
#define Y second
#define L (u<<1)
#define R (u<<1|1)
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define Mid (tr[u].l+tr[u].r>>1)
#define Len(u) (tr[u].r-tr[u].l+1)
#define random(a,b) ((a)+rand()%((b)-(a)+1))
#define db puts("---")
using namespace std;//void rd_cre() { freopen("d://dp//data.txt","w",stdout); srand(time(NULL)); }
//void rd_ac() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//AC.txt","w",stdout); }
//void rd_wa() { freopen("d://dp//data.txt","r",stdin); freopen("d://dp//WA.txt","w",stdout); }typedef long long LL;
typedef unsigned long long ULL;
typedef pair<int,int> PII;const int N=10010,mod=998244353,INF=0x3f3f3f3f;
const double eps=1e-6;int n;
int a[110],b[110];
LL f[N],c[N];
vector<int>v;int find(int x)
{return lower_bound(v.begin(),v.end(),x)-v.begin();
}LL qmi(LL a,LL b)
{LL ans=1%mod;a%=mod;while(b){if(b&1) ans=ans*a%mod;a=a*a%mod;b>>=1;}return ans%mod;
}int main()
{
//	ios::sync_with_stdio(false);
//	cin.tie(0);LL sum=1;scanf("%d",&n);for(int i=1;i<=n;i++){int l,r; scanf("%d%d",&l,&r);v.pb(l); v.pb(r+1);a[i]=l; b[i]=r;sum*=qmi(r-l+1,mod-2); sum%=mod;}sort(v.begin(),v.end()); v.erase(unique(v.begin(),v.end()),v.end());for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=find(a[i]),b[i]=find(b[i]+1);int se=v.size();f[0]=1;for(int j=se-2;j>=0;j--){int len=v[j+1]-v[j];c[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=c[i-1]*(len+i-1)%mod*qmi(i,mod-2)%mod;for(int i=n;i>=1;i--)if(a[i]<=j&&b[i]>=j+1){for(int cnt=1,k=i-1;k>=0;k--,cnt++){f[i]+=c[cnt]*f[k]; f[i]%=mod;if(a[k]>j||b[k]<j+1) break;}}}LL ans=f[n]*sum%mod;printf("%lld\n",ans);return 0;
}
/**/