Help Yourself
Bessie 现在有 (N) 条在一条数轴上的线段，第 (i) 条线段覆盖了 ([l_i,r_i]) 的所有实数。
定义一个线段集合的并为所有至少被一条线段覆盖的实数。定义一个线段集合的复杂度为该集合并的联通块个数的 (K) 次方。
Bessie 现在想计算这 (N) 条线段的 (2^N) 个子集的复杂度之和模 (10^9+7)。通常你的任务是帮 Bessie 进行计算，但是这次你是 Bessie，而且没人能帮你，帮帮你自己吧！
对于 (100\%) 的数据，有 (1le N le 10^5,~2le Kle 10,~1le l_i<r_ile 2N)。
题解
http://jklover.hs-blog.cf/2020/06/06/Loj-3267-Help-Yourself/#more
第二类斯特林数 + 线段树优化 dp 转移.
USACO 怎么也有如此套路的题…
可以先将所有线段按照左端点从小到大排序,方便后续处理.
记一个非空集合 (T) 的线段形成的连通块数目为 (c(T)) ,则答案为 (sum_T c(T)^k) .
朴素的 dp
设 (dp(i,x,p)) 表示考虑了前 (i) 条线段,选了的线段右端点最大值为 (x) ,有 (p) 个连通块的方案数.
这样做状态数为 (O(n^3)) ,不太可行.
幂次展开为组合数
注意到 (k) 比较小,尝试将其展开为组合数的形式,
当题目中要算 (c^k) 的贡献, (c) 大而 (k) 小,尤其是 (c) 是某种东西的数目时,可以尝试展开成组合数.
原来需要记录 (c) 的大小,最后算贡献,现在就将贡献摊在每个 (c) 增大的时候计算,只用记录 (k) 的大小.
于是我们在状态中就不需要记录连通块数目,而是在新产生一个连通块时,考虑它是否被选.
设 (dp(i,x,p)) 表示考虑了前 (i) 条线段,选了的线段右端点最大值为 (x) ,产生的连通块被选定了 (p) 个的方案数.
状态数从 (O(n^3)) 降到了 (O(n^2k)) ,还需进一步优化.
线段树优化转移
考虑转移的形式,假定当前在考虑第 (i) 条线段,其覆盖的区间为 ([l,r]) .
若不选这条线段,则每个 (dp(i-1,x,p)) 转移到 (dp(i,x,p)) .
若选了这条线段,则根据 (x) 的大小分情况讨论.
若 (x<l) ,此时会产生新的一个连通块, (dp(i-1,x,p)) 可以转移到 (dp(i,r,p)) 和 (dp(i,r,p+1)) .
若 (lle xle r) , (dp(i-1,x,p)) 可以转移到 (dp(i,r,p)) .
若 (x>r) , (dp(i-1,x,p)) 可以转移到 (dp(i,x,p)) .
不难发现,我们可以开 (k+1) 棵线段树来维护这个 dp 数组,第 (p) 棵线段树维护了当前所有的 (dp(i,x,p)) .
(i)通过
for枚举，(p)通过(k+1)棵线段树维护，(x)通过线段树下标维护。
时间复杂度 (O(nklog n)) .
CO int N=2e5+10;
struct Seg{
int sum[4*N],tag[4*N];
#define lc (x<<1)
#define rc (x<<1|1)
#define mid ((l+r)>>1)
IN void push_up(int x){
sum[x]=add(sum[lc],sum[rc]);
}
IN void put_tag(int x,int v){
sum[x]=mul(sum[x],v),tag[x]=mul(tag[x],v);
}
IN void push_down(int x){
if(tag[x]!=1){
put_tag(lc,tag[x]),put_tag(rc,tag[x]);
tag[x]=1;
}
}
void insert(int x,int l,int r,int p,int v){
if(l==r) {sum[x]=add(sum[x],v); return;}
push_down(x);
if(p<=mid) insert(lc,l,mid,p,v);
else insert(rc,mid+1,r,p,v);
push_up(x);
}
void modify(int x,int l,int r,int ql,int qr,int v){
if(ql>qr) return;
if(ql<=l and r<=qr) return put_tag(x,v);
push_down(x);
if(ql<=mid) modify(lc,l,mid,ql,qr,v);
if(qr>mid) modify(rc,mid+1,r,ql,qr,v);
push_up(x);
}
int query(int x,int l,int r,int ql,int qr){
if(ql>qr) return 0;
if(ql<=l and r<=qr) return sum[x];
push_down(x);
if(qr<=mid) return query(lc,l,mid,ql,qr);
if(ql>mid) return query(rc,mid+1,r,ql,qr);
return add(query(lc,l,mid,ql,qr),query(rc,mid+1,r,ql,qr));
}
#undef lc
#undef rc
#undef mid
}T[11];
pair<int,int> seg[N];
int S[11][11];
int main(){
int n=read<int>(),K=read<int>();
for(int i=1;i<=n;++i) read(seg[i].first),read(seg[i].second);
sort(seg+1,seg+n+1);
S[0][0]=1;
for(int i=1;i<=K;++i)for(int j=1;j<=i;++j)
S[i][j]=add(S[i-1][j-1],mul(S[i-1][j],j));
T[0].insert(1,0,2*n,0,1);
for(int i=1;i<=n;++i){
int l=seg[i].first,r=seg[i].second;
for(int p=K;p>=0;--p){
if(p<K) T[p+1].insert(1,0,2*n,r,T[p].query(1,0,2*n,0,l-1));
T[p].insert(1,0,2*n,r,T[p].query(1,0,2*n,0,r));
T[p].modify(1,0,2*n,r+1,2*n,2);
}
}
int ans=0,fac=1;
for(int p=0;p<=K;++p){
ans=add(ans,mul(T[p].sum[1],mul(S[K][p],fac)));
fac=mul(fac,p+1);
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}