ARC101F Robots and Exits 树状数组
有 $ n $ 个机器人和 $ m $ 个出口。这 $ n $ 个机器人的初始位置是 $ a_1,a_2.....a_n $ ，这 $ m $ 个出口的位置是 $ b_1,b_2.....b_m $ 。你每次可以让所有机器人往左走一步或往右走一步。当一个机器人所在的位置有一个出口时，这个机器人就会从这个出口出去。问你有多少种让机器人全部离开的方案。两种方案不同当且仅当有至少一个机器人从不同的出口出去。 $ n,m≤100000 $
$ solution: $
首先我们可以将所有在最左端出口以左，最右端出口以右的机器人删掉，他们的最终出口只有一个，不影响答案。
然后我们考虑对于机器人 $ i $ ，它到左边距离它最近的出口的距离为 $ x_i $ ，如果我们往左移的距离超过 $ x_i $ 机器人就会掉进左边这个出口 ；同理设它到右边距离它最近的出口的距离为 $ y_i $ ，如果我们往右移的距离超过 $ y_i $ 机器人就会掉进右边这个出口。为了方便理解，我们先将它放到平面上：
我们考虑这个二维平面的意义：如果我们单纯将机器人左移或右移一个单位，会做很多无用功。但是我们发现，如果我们设 $ (l,r) $ 表示我向左移的最远 $ l $ 步 和向右移的最远 $ r $ 步 ，我们只有将最远步数向外扩展+1，才可能会有机器人掉进出口。而我们如果将这个步数也放到平面上，因为 $ l $ 和 $ r $ 的不断增大，会产生一个折线（如下图一）。我们发现这个折线如果经过某些平行于 $ y $ 轴的直线，它所代表的实际意义就是：对应的机器人会在这条折线与直线相交的时候掉入左边的出口（即当 $ l==x_i $ 时机器人 $ i $ 到达左边出口）
同理，我们发现这个折线如果经过某些平行于 $ x $ 轴的直线，其实际意义为：对应的机器人会在这条折线与直线相交的时候掉入右边的出口（即当 $ r==y_i $ 时机器 $ i $ 到达右边的出口）（如下图二）
我们再仔细观察一下这个平面所能带给我们的信息，我们发现这样一个性质：折线单调递增。折线通过竖直的直线时（继续上图一），这个点一定在折线上方，对应的机器人从左边出口掉落；折线通过水平的直线时（继续上图二），这个点一定在折线下方，对应的机器人从右边出口掉落。这是一个十分有用的性质！因为我们的所求的方案不同，当且仅当有至少一个机器人从不同的出口出去，我们将这个题意转入平面中，意思就是折线上下的点集不同！
然后我们的DP就要登场辣！（好吧，请忽略这个中二病语气）首先我们要设出状态，我们可以根据折线每一次向上走设出状态（只有向上走越过某一条直线才会改变状态），我们设 $ f[i] $ 表示折线最后一次向右转后第一个包括的点为 $ i $ 的所有方案（这个点是所有折线下面的点里最高的点，有多个最高就取最左端的点）。这样设状态不会重复，我们需要仔细思考这样设状态的意义。（这个状态转移是比较难想到的！因为要不重不漏）
然后我们考虑怎么转移：以下图为例，我们的 $ f[i] $ 是包括了点 $ i $ 的，我们如果让折线在包括点 $ i $ 后将状态转移到 $ j $ ，我们必须保证移动过程中 $ j $ 是折线最后一次向右转后第一个包括的点。于是我们可以继续向右移直到这个点 $ j $ 的竖直直线，我们立即向上转，再用折线从 $ j $ 水平直线越过后立即向右转。如下图： $ f[1] $ 可以转移到 $ f[5],f[4],f[3] $ ，所有在它右上方的点都可以！（这样的实际意义就是，我们原本 $ f1 $ 中在点1直接向右转就不往上了，意义是点345都从左边出口出去，现在我们用折线包括后点345分别变成从右边出口出去！）
同理，我们的 $ f2 $ 也可以转移到所有在它右上方的点！
于是我们发现转移方程其实就是这样：每个点的状态可以通过它左下方的点转移过来（我们上面讨论的是转移过去）
$ f[i]=f[j]+1 quad (x_i>x_j~,~y_i>y_j) $
这个可以用树状数组维护，我们先将所有点按照纵坐标为第一关键字从低到高排序，横坐标为第二关键字从右到左（从右到左是为了方便转移不重复，注意上面转移方程是两个小于号，我们平面里同一高度左边的点不能转移到右边，它不满足保证移动过程中 $ i $ 是折线最后一次向右转后第一个包括的点，第一个仍旧是原来那一个）。具体实现时，我们直接按顺序枚举所有点的状态，然后按照横坐标将每个点 $ i $ 对应的 $ f[i] $ 存进树状数组，因为我们的枚举的高度从低到高，那么后面我查询时直接在树状数组上查找横坐标-1的前缀和，即可完成转移！
$ code: $
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<map>
#include<set>
#define ll long long
#define db double
#define rg register int
using namespace std;
const int mod=1e9+7;//998244353;
int n,m;
int tt,ans=1; //注意赋了初值1
int a[500005];
int b[500005];
int k[500005]; //离散化
int f[500005]; //计数
int tr[500005]; //树状数组
struct su{
int x,y;
inline bool operator <(const su &z)const{
if(y==z.y)return x>z.x;
return y<z.y;
}
}s[500005];
inline int qr(){
register char ch; register bool sign=0; rg res=0;
while(!isdigit(ch=getchar()))if(ch=='-')sign=1;
while(isdigit(ch))res=res*10+(ch^48),ch=getchar();
if(sign)return -res; else return res;
}
inline void add(int x,int v){ //树状数组加入
for(;x<=tt;x+=x&-x) (tr[x]+=v)%=mod;
}
inline int ask(int x){ //树状数组查询
rg res=0;
for(;x;x-=x&-x) (res+=tr[x])%=mod;
return res;
}
int main(){
//freopen("robot.in","r",stdin);
//freopen("robot.out","w",stdout);
n=qr(); m=qr();
for(rg i=1;i<=n;++i) a[i]=qr();
for(rg i=1;i<=m;++i) b[i]=qr(); //已经按顺序排序
for(rg i=1,j=1;i<m&&j<=n;++i){
while(j<=n&&a[j]<=b[i])++j; //找到中间的第一个机器人
if(j>n)break;
while(j<=n&&a[j]<b[i+1]){ //遍历所有在中间的机器人
k[++tt]=a[j]-b[i]; //k数组是用来离散化的
s[tt]=su{k[tt],b[i+1]-a[j]}; ++j; //记录左右距离
}
} sort(k+1,k+tt+1); //离散化
for(rg i=1;i<=tt;++i)
s[i].x=lower_bound(k+1,k+tt+1,s[i].x)-k; //离散化
sort(s+1,s+tt+1); //按纵坐标从小到大，横坐标从大到小
for(rg i=1;i<=tt;++i){
if(s[i].x==s[i-1].x&&s[i].y==s[i-1].y)continue; //去重！
f[i]=(ask(s[i].x-1)+1)%mod; //只有横坐标比它小的才可以转移
ans=(ans+f[i])%mod; //计入答案
add(s[i].x,f[i]); //加入树状数组
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}