wmq的队伍

发布时间: 2017年4月9日 17:06   最后更新: 2017年4月9日 17:07   时间限制: 2000ms   内存限制: 512M

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很容易想到用动态规划的方式来解决在这道题目，我们用dp[i][j][t]来表示在前i个队伍里，以t结尾的j元祖有多少个

这样的话转移就是dp[i][j][t] = sum(dp[i-1][j-1][m])其中m > t

但这样的话空间复杂度是4*10^10,我们发现dp[i]只与dp[i-1]有关，因此可以重复利用，所以 省掉一维只用dp[j][t]来表示就好了，这样的话复杂度降低到了2*10^6可以忍受了。

另外时间复杂度,因为i要从1循环到2*10^4 ，元组长度 要循环100次，比t大的m的循环最差也要循环2*10^4，因此总的时间复杂度为4*10^10显然不能通过。

我们要利用这道题目很重要的一点，队列中的人是1到n的一个排列，因此n最大不超过2*10^4，我们可以想到用树状数组的方法来求出sum(dp[i-1][j-1][m])的值，只需要logn的复杂度就行了，注意要为每个j元组都要开一个树状数组

int bitree[maxk][maxn];//为j元组开辟树状数组

这样的话sum(dp[i-1][j-1][m]) 的值实际上就等于sum(j-1,n) - sum(j-1,t);t是队伍中的第i个元素

注意爆int！别忘记取mod，比赛时候因为这两个低级错误WA了6发。。。。。55555

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define int long long
const int maxk = 105;
const int maxn = 20005;
int bitree[maxk][maxn];
int dp[maxk][maxn];//dp[i][j]表示 i元组，末尾为j的元组个数
const int MOD = 1e9 + 7; 
int n,k;
inline int lowbit(int x){return x&(-x);
}
void add(int tid,int pos,int val){while(pos <= n){bitree[tid][pos] += val;pos += lowbit(pos);}
}
int sum(int tid,int pos){int res = 0;while(pos > 0){res += bitree[tid][pos];pos -= lowbit(pos);}return res;
}
void init(){memset(bitree,0,sizeof(bitree));memset(dp,0,sizeof(dp));
}
main(){int T;scanf("%lld",&T);while(T--){init();scanf("%lld%lld",&n,&k);int now;for(int i = 1;i <= n;i++){scanf("%lld",&now);dp[1][now] = 1;add(1,now,1);for(int j = 2;j <= k;j++){dp[j][now] = (sum(j-1,n) - sum(j-1,now))% MOD;add(j,now,dp[j][now]);}}int ans = 0;for(int i = 1;i <= n;i++){ans  = (ans + dp[k][i]) % MOD;}printf("%lld\n",ans);}return 0;
}