@description@
体育课上，n个小朋友排成一行（从1到n编号），老师想把他们分成若干组，每一组都包含编号连续的一段小朋友，每个小朋友属于且仅属于一个组。
第i个小朋友希望它所在的组的人数不多于d[i]，不少于c[i]，否则他就会不满意。
在所有小朋友都满意的前提下，求可以分成的组的数目的最大值，以及有多少种分组方案能达到最大值。
@solution@
记 (dp_i) 表示前 i 个人进行分组的最优值及方案数。我们可以从满足 (max{c_{j+1dots i}} leq i - j leq min{d_{j+1dots i}}) 的 j 转移到 i。
朴素 dp 是 (O(n^2)) 的，需要优化。
d 有单调性的：当 j 离 i 越远，(min{d_{j+1dots i}}) 越小同时 (i - j) 越大。
我们可以记 (left_i) 表示只考虑 d 的限制，能够转移到 i 的最小 (j)。
不过，c 没有单调性。
注意到对于区间 [l, r]，如果 c 的最大值在 x，则从 [l, x-1] 转移到 [x, r] 的限制全部都是 c[x]。
因此，我们可以考虑根据区间最大值（笛卡尔树）进行分治。
不妨记 k = c[x]。此时如果 [l, x-1] 中的某个 j 可以转移到 [x, r] 中的某个 i，则应有 (left_i leq j leq i - k)。这是一个和 i 有关的区间，可以使用线段树维护。
但是由于区间并不是等分两份然后递归，此时复杂度 (T(a + b) = T(a) + T(b) + blog n) 还是可能会炸。
对于这种非等分的分治，我们可以考虑怎么把复杂度变为 (T(a + b) = T(a) + T(b) + min{a, b}log n)，这样总时间复杂度就会降为 (O(nlog^2 n))（可以考虑成启发式合并的时间复杂度）。
对于某个 j，它所能转移到的 i 也是个和 j 有关的区间，只需要根据 (left) 的单调性进行二分。这个线段树区间修改即可。
左右区间哪个小，就在那个区间进行扫描 + 线段树查询/区间修改。这样就可以做到 (O(nlog^2 n))，但是还不足以通过本题。
(left) 是一个很棘手的条件，我们考虑将 [x, r] 的 i 分成 3 种类型：(left_i < l)；(l leq left_i < x)；(x leq left_i)，每一种都是连续的区间。
第 3 种直接不管。
第 2 种的 i 满足 (left_i < x leq i)，也就是区间 ([left_i, i]) 横跨了分治中心。对于每个 i 只会有一次横跨，因此直接暴力 (O(log n)) 线段树查询总时间复杂度依然是 (O(nlog n))。
此时第 1 种就没有 (left) 的限制了，只需要满足 (j leq i - k)。
我们先对 x 求出满足 (j leq x - k) 的所有 j 的贡献（如果左区间小就暴力扫；如果右区间小就线段树查）。
此时如果 i 变为 i + 1，则最多只会贡献一个新的 j；同理如果 j 变为 j + 1，则转移范围最多少 1。因此直接扫描一遍，就不需要线段树。
最后如果左区间小，则还需要把那些取值范围覆盖整个左区间的点 i 线段树区间修改。
第 1 种的复杂度为 (T(a + b) = T(a) + T(b) + min{a, b} + log n)，前面依然通过启发式合并的想法得到复杂度 (O(nlog n))；而后面的 (log n) 的贡献是决策树内的点数，由于决策树大小为 O(n) 所以总复杂度为 (O(nlog n))。
因此总时间复杂度 (O(nlog n))。
@accepted code@
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int MOD = 1000000007;
const int MAXN = 1000000;
const int INF = (1 << 30);
struct type{
int mx, cnt; type() : mx(-INF) {}
type(int _m, int _c) : mx(_m), cnt(_c) {}
friend type operator + (const type &a, const type &b) {
if( a.mx < 0 ) return b;
else if( b.mx < 0 ) return a;
else {
if( a.mx == b.mx )
return type(a.mx, a.cnt + b.cnt >= MOD ? a.cnt + b.cnt - MOD : a.cnt + b.cnt);
else return (a.mx > b.mx ? a : b);
}
}
};
type func(type x) {return x.mx >= 0 ? type(x.mx + 1, x.cnt) : type();}
namespace segtree{
type tag[2*MAXN + 5], mx[2*MAXN + 5];
inline int id(int l, int r) {return (l + r) | (l != r);}
void maintain(int x, type t) {tag[x] = tag[x] + t, mx[x] = mx[x] + t;}
void pushup(int l, int r) {
int m = (l + r) >> 1;
int x = id(l, r), lch = id(l, m), rch = id(m + 1, r);
mx[x] = mx[lch] + mx[rch];
}
void pushdown(int l, int r) {
int m = (l + r) >> 1;
int x = id(l, r), lch = id(l, m), rch = id(m + 1, r);
if( tag[x].mx >= 0 ) {
maintain(lch, tag[x]);
maintain(rch, tag[x]);
tag[x] = type();
}
}
void update(int l, int r, int ql, int qr, type k) {
int x = id(l, r);
if( ql > r || qr < l ) return ;
if( ql <= l && r <= qr ) {
maintain(x, k);
return ;
}
pushdown(l, r);
int m = (l + r) >> 1;
update(l, m, ql, qr, k);
update(m + 1, r, ql, qr, k);
pushup(l, r);
}
type query(int l, int r, int ql, int qr) {
int x = id(l, r);
if( ql > r || qr < l ) return type();
if( ql <= l && r <= qr ) return mx[x];
pushdown(l, r); int m = (l + r) >> 1;
return query(l, m, ql, qr) + query(m + 1, r, ql, qr);
}
};
int read() {
int x = 0; char ch = getchar();
while( '0' > ch || ch > '9' ) ch = getchar();
while( '0' <= ch && ch <= '9' ) x = 10*x + ch - '0', ch = getchar();
return x;
}
int c[MAXN + 5], d[MAXN + 5], n;
int ch[2][MAXN + 5], stk[MAXN + 5], tp, rt;
void get() {
for(int i=1;i<=n;i++) {
int nw = 0;
while( tp && c[stk[tp]] <= c[i] )
ch[1][stk[tp]] = nw, nw = stk[tp--];
stk[++tp] = i, ch[0][i] = nw;
}
while( tp ) {
int x = stk[tp--];
if( tp ) ch[1][stk[tp]] = x;
else rt = x;
}
}
int le[MAXN + 5]; type dp[MAXN + 5];
void solve(int l, int r, int x) {
// printf("%d %d %d
", l, r, x);
if( l == r ) {
segtree::update(0, n, l, r, dp[l]);
dp[l] = segtree::query(0, n, l, r);
return ;
}
else {
solve(l, x - 1, ch[0][x]);
int k = c[x];
int p = lower_bound(le + x, le + r + 1, l) - le;
int q = lower_bound(le + x, le + r + 1, x) - le;
if( x - l < r - x + 1 ) {
type nw = type();
for(int i=l;i<x;i++) {
nw = nw + func(dp[i]);
if( x <= i + k && i + k < p )
dp[i + k] = dp[i + k] + nw;
}
segtree::update(0, n, x + k, p - 1, nw);
}
else {
type nw = func(segtree::query(0, n, l, x - k - 1));
for(int i=x;i<p;i++) {
if( l <= i - k && i - k < x )
nw = nw + func(dp[i - k]);
dp[i] = dp[i] + nw;
}
}
for(int i=p;i<q;i++)
dp[i] = dp[i] + func(segtree::query(0, n, le[i], min(i - k, x - 1)));
solve(x, r, ch[1][x]);
}
}
int main() {
n = read();
for(int i=1;i<=n;i++)
c[i] = read(), d[i] = read();
int s, t; stk[s = t = 1] = 1, le[1] = 0;
for(int i=2;i<=n;i++) {
while( s <= t && d[i] <= d[stk[t]] )
t--;
stk[++t] = i;
le[i] = le[i - 1];
while( i - le[i] > d[stk[s]] ) {
le[i]++;
while( stk[s] <= le[i] ) s++;
}
}
dp[0] = type(0, 1), get(), solve(0, n, rt);
if( dp[n].mx >= 0 ) printf("%d %d
", dp[n].mx, dp[n].cnt);
else puts("NIE");
}
@details@
本题卡空间，所以你需要一些卡空间的手段（比如线段树空间从 4n 降到 2n 的方法）。