Description
二 维平面上有n个点(xi, yi)，现在这些点中取若干点构成一个集合S，对它们按照x坐标排序，顺次连接，将会构成一些连续上升、下降的折线，设其数量为f(S)。如下图 中，1->2,2->3,3->5,5->6（数字为下图中从左到右的点编号），将折线分为了4部分，每部分连续上升、下降。
现给定k，求满足f(S) = k的S集合个数。
Input
第一行两个整数n和k，以下n行每行两个数(xi, yi)表示第i个点的坐标。所有点的坐标值都在[1, 100000]内，且不存在两个点，x坐标值相等或y坐标值相等
Output
输出满足要求的方案总数 mod 100007的结果
Sample Input
5 1
5 5
3 2
4 4
2 3
1 1
5 5
3 2
4 4
2 3
1 1
Sample Output
19
HINT
对于100%的数据，n <= 50000，0 < k <= 10
题解：
三维dp，dp[i][j][0]表示i个点，j个折线，最后状态为上升，dp[i][j][1]表示i个点，j个折线，最后状态为下降。用线段树或树状数组维护前缀和优化logn。
1 #include <iostream> 2 #include <cstdio> 3 #include <algorithm> 4 #include <cmath> 5 using namespace std; 6 const int MAXN=100001; 7 const int mod=100007; 8 struct Point 9 { 10 int x,y; 11 }p[MAXN]; 12 bool cmp(Point x,Point y) 13 { 14 return x.x<y.x; 15 } 16 int dp[MAXN][11][2],pre[MAXN][11][2]; 17 int lowbit(int x) 18 { 19 return (x&(-x)); 20 } 21 void add(int x,int y,int k,int tar) 22 { 23 int i; 24 for(i=x;i<MAXN;i+=lowbit(i)) 25 pre[i][y][k]=(pre[i][y][k]+tar)%mod; 26 } 27 int Query(int x,int y,int k) 28 { 29 int ans=0,i; 30 for(i=x;i;i-=lowbit(i)) 31 ans=(ans+pre[i][y][k])%mod; 32 return ans; 33 } 34 int main(int argc, char *argv[]) 35 { 36 int n,m,i,j,k,tot=0; 37 scanf("%d%d",&n,&k); 38 for(i=1;i<=n;i++) 39 scanf("%d%d",&p[i].x,&p[i].y); 40 sort(p+1,p+n+1,cmp); 41 for(i=1;i<=n;i++) 42 { 43 dp[i][0][0]=dp[i][0][1]=1; 44 add(p[i].y,0,0,1),add(p[i].y,0,1,1); 45 for(j=1;j<=k;j++) { 46 dp[i][j][0]=(dp[i][j][0]+Query(p[i].y-1,j,0)+Query(p[i].y-1,j-1,1))%mod; 47 dp[i][j][1]=(dp[i][j][1]+Query(MAXN-1,j,1)-Query(p[i].y,j,1)+Query(MAXN-1,j-1,0)-Query(p[i].y,j-1,0))%mod; 48 if(dp[i][j][1]<0) dp[i][j][1]+=mod; 49 add(p[i].y,j,0,dp[i][j][0]); 50 add(p[i].y,j,1,dp[i][j][1]); 51 } 52 } 53 for(i=1;i<=n;i++) tot=(tot+dp[i][k][0])%mod,tot=(tot+dp[i][k][1])%mod; 54 printf("%d ",tot%mod); 55 return 0; 56 }