problem

luogu-P3643

solution

有个显然的暴力 $dp$。设 $dp(i,j):$ 到了第 $i$ 个学校，其参加且派出 $j$ 个划艇的方案数。

枚举上一个参加的学校以及派出的划艇，则有转移：$dp(i,j)={\sum }_{k<i,j<j}dp(k,j^{\prime })$。

可以再套个前缀和优化，但是由于第二维可以达到 $1e9$，并没有起到关键性优化。

实际上我们并不关系真的派出了多少个划艇，我们只在乎之间的满足的递增关系。

所以我们可以考虑离散化成 $O(2n)$ 个端点。$[a_i,a_{i+1})\to i$。

设 $f(i,j):$ 前 $i$ 所学校中，第 $i$ 所学校参赛，且派出的划艇数属于第 $j$ 个区间内的方案数。

• $\text{Lemma}:$ 从区间 $[0,L]$ 中取 $n$ 个数，要求所有非零数严格递增，方案数为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{L+n}{n}\right)$。

$\text{Proof}:$

• 没有 $0$ 的情况，答案肯定是 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{L}{n}\right)$。因为如果确定了一种组合，那么方案也随之确定，即为这个组合的从小到大排列。所以这二者存在一一对应的关系。
• 有 $0$ 。观察这个序列 $\text{0 0 0 ... 0 1 2 ... L}$。考虑从中选 $n$ 个数，取某个非零数 $i$ 对应没取 $0$ 的第 $i$ 次选 $i$。

现在由于第 $i$ 所学校必须参赛，所以计算的时候 $0$ 的个数 $-1$。方案数即 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{L+m-1}{m}\right)$。

其中 $m$ 表示选划艇个数包含第 $j$ 个区间的学校数量。

对于一个 $k$，对应方案数为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{L+m-1}{m}\right){\sum }_{j^{\prime }<j}f(k,j^{\prime })$。

所以 $f(i,j)={\sum }_{k<i}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{L+m-1}{m}\right){\sum }_{j^{\prime }<j}f(k,j‘)$。

此时再加前缀和优化，$sum(k,j)={\sum }_{j^{\prime }<j}f(k,j^{\prime })$。

则 $f(i,j)={\sum }_{k<i}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{L+m_k-1}{m_k}\right)sum(k,j)$。

时间复杂度 $O(n^3)$。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 1005
#define int long long
#define mod 1000000007
int n;
int a[maxn], b[maxn], c[maxn], x[maxn], inv[maxn], sum[maxn];signed main() {scanf( "%lld", &n );for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {scanf( "%lld %lld", &a[i], &b[i] );x[i] = a[i], x[i + n] = b[i] + 1;}sort( x + 1, x + (n << 1 | 1) );int m = unique( x + 1, x + (n << 1 | 1) ) - x - 1;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) {a[i] = lower_bound( x + 1, x + m + 1, a[i] ) - x;b[i] = lower_bound( x + 1, x + m + 1, b[i] + 1 ) - x;}sum[0] = c[0] = inv[1] = 1;for( int i = 2;i <= n;i ++ ) inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;for( int j = 1;j < m;j ++ ) {int len = x[j + 1] - x[j];for( int i = 1;i <= n;i ++ ) c[i] = c[i - 1] * (i + len - 1) % mod * inv[i] % mod;//组合数下标不变 所以可以每一次j区间变化时再求for( int i = n;i;i -- ) {//由于i与i-1及前面的挂钩所以不能从前往后更新if( a[i] <= j and j + 1 <= b[i] ) {int o = 1, fi = 0;
//o为满足条件的个数 由于是从后往前的枚举所以o单调递增 每碰到一个合法的k o就要+1for( int k = i - 1;~ k;k -- ) {fi = (fi + sum[k] * c[o]) % mod;if( a[k] <= j and j + 1 <= b[k] ) o ++;}sum[i] = (sum[i] + fi) % mod;}}}int ans = 0;for( int i = 1;i <= n;i ++ ) (ans += sum[i]) %= mod;printf( "%lld\n", ans );return 0;
}