Codeforces 689E Mike and Geometry Problem【离散化+线段树+组合数】

最新推荐文章于 2024-09-26 19:02:14 发布

mengxiang000000

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分类专栏：数论&&组合数学线段树思维文章标签： Codeforces 689E

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/mengxiang000000/article/details/71089313

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本文介绍了一个经典的区间覆盖问题，通过离散化和线段树的数据结构优化算法，解决了大规模数据下寻找K个区间交集内整数点总数的问题。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Mike wants to prepare for IMO but he doesn't know geometry, so his teacher gave him an interesting geometry problem. Let's define f([l, r]) = r - l + 1 to be the number of integer points in the segment [l, r] with l ≤ r (say that $\text{[math]}$ ). You are given two integers n and k and n closed intervals [l_i, r_i] on OX axis and you have to find:

$\text{[math]}$

In other words, you should find the sum of the number of integer points in the intersection of any k of the segments.

As the answer may be very large, output it modulo 1000000007 (10⁹ + 7).

Mike can't solve this problem so he needs your help. You will help him, won't you?

Input

The first line contains two integers n and k (1 ≤ k ≤ n ≤ 200 000) — the number of segments and the number of segments in intersection groups respectively.

Then n lines follow, the i-th line contains two integers l_i, r_i ( - 10⁹ ≤ l_i ≤ r_i ≤ 10⁹), describing i-th segment bounds.

Output

Print one integer number — the answer to Mike's problem modulo 1000000007 (10⁹ + 7) in the only line.

Examples

Input

Output

Input

Output

Input

Output

Note

In the first example:

$\text{[math]}$ ;

$\text{[math]}$ .

So the answer is 2 + 1 + 2 = 5.

题目大意：

给你N个区间，你可以任意找到K个区间，对应加和这K的区间所重叠的部分。

求加和。

思路：

1、首先我们枚举K个区间去维护和的话，肯定是要超时的，正难则反，我们不妨考虑一个点的贡献度。

假设我们x这个点被覆盖了y次，那么很明显，有y个区间都包含x这个点，那么对应这个点可以进行的贡献度为：C（y，k）；

2、观察到数据范围很大，直接这样求是不行的，无论是空间还是时间，都是一个巨大的数据量。然而N是并不大的，所以我们考虑离散化这N个区间的点。

然后对于区间的贡献度进行查询即可。

然而我们不能直接对离散化之后的两个点之间的部分进行查询，所以我们离散化一个区间是要变成四个点：

l，r，l+1，r+1.

3、那么对于每个区间的贡献度就是：C（整个区间被覆盖的次数，k）*（区间的长度）；

过程维护一下即可。

map映射注意细节。

初始化组合数注意大小。

附赠一组数据：

4 1
1 10
2 9
15 20
16 21

ans=30.

Ac代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<map>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define LL long long int
#define lson l,m,rt*2
#define rson m+1,r,rt*2+1
const LL mod = 1000000007;
const LL N = 500000+5;
const LL M = 5e5+3;
struct node
{
    LL x,y;
}a[250000];
LL vis[3000000];
LL tree[3000000];
LL flag[3000000];
LL q[3000000];
LL b[5000000];
LL fac[3000005];            //阶乘
LL inv_of_fac[3000005];        //阶乘的逆元
LL qpow(LL x,LL n)
{
    LL ret=1;
    for(; n; n>>=1)
    {
        if(n&1) ret=ret*x%mod;
        x=x*x%mod;
    }
    return ret;
}
void init()
{
    fac[1]=1;
    for(LL i=2; i<=M; i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv_of_fac[M]=qpow(fac[M],mod-2);
    for(LL i=M-1; i>=0; i--)
        inv_of_fac[i]=inv_of_fac[i+1]*(i+1)%mod;
}
LL C(LL a,LL b)
{
    if(b>a) return 0;
    if(b==0) return 1;
    return fac[a]*inv_of_fac[b]%mod*inv_of_fac[a-b]%mod;
}
void pushdown(LL l,LL r,LL rt)//向下维护树内数据
{
    if(flag[rt])//如果贪婪标记不是0（说明需要向下进行覆盖区间（或点）的值）
    {
        LL m=(l+r)/2;
        flag[rt*2]+=flag[rt];
        flag[rt*2+1]+=flag[rt];
        tree[rt*2]+=(m-l+1)*flag[rt];//千万理解如何覆盖的区间值（对应线段树的图片理解（m-l）+1）是什么意识.
        tree[rt*2+1]+=(r-(m+1)+1)*flag[rt];
        flag[rt]=0;
    }
}
void pushup(LL rt)
{
    tree[rt]=tree[rt<<1]+tree[rt<<1|1];
}
void build( LL l ,LL r , LL rt )
{
    if( l == r )
    {
        tree[rt]=0;
        flag[rt]=0;
        return ;
    }
    else
    {
        LL m = (l+r)>>1 ;
        build(lson) ;
        build(rson) ;
        pushup(rt) ;
    }
}
void update(LL L,LL R,LL c,LL l,LL r,LL rt)
{
    if(L<=l&&r<=R)//覆盖的是区间~
    {
        tree[rt]+=c*((r-l)+1);//覆盖当前点的值
        flag[rt]+=c;//同时懒惰标记~！
        return ;
    }
    else
    {
        pushdown(l,r,rt);
        LL m=(l+r)/2;
        if(L<=m)
        {
            update(L,R,c,lson);
        }
        if(m<R)
        {
            update(L,R,c,rson);
        }
        pushup(rt);
    }
}
LL  Query(LL L,LL R,LL l,LL r,LL rt)
{
    if(L<=l&&r<=R)
    {
        return tree[rt];
    }
    pushdown(l,r,rt);
    LL m=(l+r)>>1;
    LL  ans=0;
    if(L<=m)
    {
        ans+=Query(L,R,lson);
    }
    if(m<R)
    {
        ans+=Query(L,R,rson);
    }
    return ans;
}
int main()
{
    init();
    LL n,k;
    while(~scanf("%I64d%I64d",&n,&k))
    {
        LL cnt=0;
        map<LL ,LL >s;
        map<LL ,LL >rs;
        memset(vis,0,sizeof(vis));
        memset(tree,0,sizeof(tree));
        memset(flag,0,sizeof(flag));
        for(LL i=0;i<n;i++)
        {
            scanf("%I64d%I64d",&a[i].x,&a[i].y);
            b[cnt++]=a[i].x;b[cnt++]=a[i].y;
            b[cnt++]=a[i].x+1;b[cnt++]=a[i].y+1;
        }
        LL tot=0;sort(b,b+cnt);
        for(LL i=0;i<cnt;i++)
        {
            if(s[b[i]]==0)
            {
                s[b[i]]=++tot;
                rs[tot]=b[i];
            }
        }
        LL qq=0;
        build(1,tot,1);
        for(LL i=0;i<n;i++)
        {
            update(s[a[i].x],s[a[i].y],1,1,tot,1);
            vis[s[a[i].x]]=1;
            vis[s[a[i].y]]=1;
        }
        LL output=0;
        for(LL i=1;i<=tot;i++)
        {
            output+=C(Query(i,i,1,tot,1),k);
            output%=mod;
            if(rs[i]+1==rs[i+1])continue;
            else
            {
                output+=C(Query(i,i,1,tot,1),k)*(rs[i+1]-rs[i]-1);
                output%=mod;
            }
        }
        printf("%I64d\n",output);
    }
}
/*
4 1
1 10
2 9
15 20
16 21
*/