P6146 [USACO20FEB]Help Yourself G--动态规划+集合+前缀和

题目来源

先考虑的是转成树或者图，好麻烦。
然后考虑的是类似线段覆盖的的处理，要分包含或连接、分离等情况，分离情况的处理理不清楚，借助了题解。
将线段按照左端点排序，设到第i条线段 构成的时间复杂度为f[i].
那么包含的情况包括
1.不包含这条线段，那么为f[i-1];
2.包含这条线段又分两种情况 增加的集合个数为f[i-1]
2-1.增加了集合个数，但这个集合的复杂度与前面一样,所有增加的集合已经包含在前面的f[i-1]内
2-2.增加了集合个数，同时复杂度增加。这种情况下，与前面的线段分离会增使其复杂度+1
会使多少集合复杂度+1？设前面与其分离的线段数为x，那么这写条线段构成的集合数为$2^x$，这条线段使得所有这$2^x$个集合增加1，所以增加$2^x$
因此递推公式为:f[i]=2*f[i-1]+$2^x$
如何统计分离线段的条数。数据范围$10^5$,可以直接用桶来计数右端点，然后求前缀和，只要这条线段左端点前面的右端点个数即为需要的分离线段条数。

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7,N=2e5+10;
pair<int,int> a[N];
int n,l,r;
ll tong[N],f[N],qpow[N];

int main() {
	scanf("%d",&n);
	qpow[0]=1ll; 
	for(int i=1; i<=n; i++) {
		scanf("%d%d",&a[i].first,&a[i].second);
		tong[a[i].second]++;
		qpow[i]=qpow[i-1]*2%mod;
	}
	sort(a+1,a+n+1);
	for(int i=1; i<=2*n; i++)
		tong[i]+=tong[i-1];
	for(int i=1; i<=n; i++){
		ll x=tong[a[i].first-1];
		f[i]=(2*f[i-1]+qpow[x])%mod;
	}	
	cout<<f[n]<<endl;
	return 0;
}