[BZOJ3688]折线统计（dp+树状数组）

最新推荐文章于 2024-09-10 13:35:38 发布

wwyx2001

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分类专栏： dp 树状数组文章标签： dp

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树状数组

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这篇博客详细介绍了如何使用动态规划(DP)和树状数组来解决BZOJ3688题目中的折线统计问题。博主首先阐述了题目的背景，接着深入解析了解题思路，重点讲解了状态转移方程f(i, j, 0/1)，表示划分i段，以第j段结束，且最后一段上升或下降的方案数。最后，博客提供了实现代码，帮助读者理解并应用这种解题方法。" 127241226,10786536,vue3项目配置eslint+prettier教程,"['前端开发', 'Vue', 'JavaScript', 'VSCode', '代码风格']

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题目：

我是超链接

题解：

f(i,j,0/1)表示划分了i段，以第j个结尾，最后一段是上升0\下降1的方案数

f (i, j, 0) = \sum k = i + 1 j - 1 \sum y (k) < y (j) f (i, k, 0) + \sum k = i + 1 j - 1 \sum y (k) < y (j) f (i - 1, k, 1)

$f(i,j,0)=\sum_{k=i+1}^{j−1}\sum_{y(k)<y(j)}f(i,k,0)+\sum_{k=i+1}^{j−1}\sum_{y(k)<y(j)}f(i−1,k,1)$

f (i, j, 1) = \sum k = i + 1 j - 1 \sum y (k) > y (j) f (i - 1, k, 0) + \sum k = i + 1 j - 1 \sum y (k) > y (j) f (i, k, 1)

$f(i,j,1)=\sum_{k=i+1}^{j−1}\sum_{y(k)>y(j)}f(i−1,k,0)+\sum_{k=i+1}^{j−1}\sum_{y(k)>y(j)}f(i,k,1)$
两个限制条件，第一个边做边维护，第二个用bit维护前缀和，01分开维护，滚动数组
然后就是O(nlogn)了

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int mod=100007;
const int N=50005;
const int inf=100000;
struct hh{int x,y;}p[N];
int cmp(hh a,hh b){return a.x<b.x;}
int f[12][N][2],c[inf+5][2][2];
void add(int loc,int v,int id,int jd)
{
    for (int i=loc;i<=inf;i+=i&(-i))
      c[i][id][jd]=(c[i][id][jd]+v)%mod;
}
int qurry(int loc,int id,int jd)
{
    int ans=0;
    for (int i=loc;i>=1;i-=i&(-i))
      ans=(ans+c[i][id][jd])%mod;
    return ans;
}
int main()
{
    freopen("line.in","r",stdin);
    freopen("line.out","w",stdout);
    int n,k;scanf("%d%d",&n,&k);
    for (int i=1;i<=n;i++) scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y);
    sort(p+1,p+n+1,cmp);

    for (int i=1;i<=n;i++) f[0][i][0]=f[0][i][1]=1;

    for (int i=1;i<=k;i++)
    {
        memset(c,0,sizeof(c));
        add(p[i].y,f[i-1][i][0],(i-1)&1,0);
        add(p[i].y,f[i-1][i][1],(i-1)&1,1);
        for (int j=i+1;j<=n;j++)
        {
            f[i][j][0]=(f[i][j][0]+qurry(p[j].y-1,i&1,0)+qurry(p[j].y-1,(i-1)&1,1))%mod;
            f[i][j][1]=(f[i][j][1]+qurry(inf,(i-1)&1,0)-qurry(p[j].y-1,(i-1)&1,0)+qurry(inf,i&1,1)-qurry(p[j].y,i&1,1)+mod)%mod;
            //注意这里一减可能是负数，要+mod
            add(p[j].y,f[i][j][0],i&1,0);
            add(p[j].y,f[i-1][j][0],(i-1)&1,0);
            add(p[j].y,f[i][j][1],i&1,1);
            add(p[j].y,f[i-1][j][1],(i-1)&1,1);
        }
    }
    int ans=0;
    for (int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[k][i][0]+f[k][i][1])%mod;
    printf("%d",ans);
}