题解 bzoj3688【折线统计】

考虑 (dp) 。

首先把所有节点按 (x) 从小到大排序是很有必要的。

记 f[i][j][0] 表示满足以第 (i) 个节点做折线结尾，选取的点集 (S) 满足 (f(S)=j) ，且最后一段折线指向右上 ((↗)) 的方案数。

记 f[i][j][1] 表示满足以第 (i) 个节点做折线结尾，选取的点集 (S) 满足 (f(S)=j) ，且最后一段折线指向右下 ((↘)) 的方案数 。

状态转移方程：（我觉得挺显然的，感性理解一下就行了

[f[i][j][0]=sumlimits_{i'<i & y[i']<y[i]} f[i'][j][0]+sumlimits_{i'<i & y[i']<y[i]} f[i'][j-1][1] ]

[f[i][j][1]=sumlimits_{i'<i & y[i']>y[i]} f[i'][j][1] + sumlimits_{i'<i & y[i']>y[i]} f[i'][j-1][0] ]

答案即为 (sum f[i][k][0]+sum f[i][k][1]) 。

然后我们发现直接这样做 (dp) 是 (Θ(n^2k)) 的。

(...)

其实我们可以发现：

这个 (i'<i) 的限制按照 (x) 从小到大扫描的顺序就可以解决。

这个 (y[i']<y[i]) 以及 (y[i']>y[i]) 的限制可以用一个数据结构（线段树 (/) 树状数组）优化成 (log) 。

时间复杂度 (Θ(n k log n)) 。

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Code 部分

#include<cstdio>
#include<algorithm>

#define RI register int

using namespace std;

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char s=getchar();
	while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
	while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
	return x*f;
}

const int SIZE=50010,M=21,MAXV=100000;

const int mod=1e5+7;

int n,m;

struct Node{
	int x,y;
}a[SIZE];

int cmp(Node a,Node b)
{
	return a.x<b.x;
}

int c[M][MAXV+100][2];

void add(int d1,int x,int d2,int val)
{
	for(;x<=MAXV;x+=x&-x)c[d1][x][d2]=(c[d1][x][d2]+val)%mod;
}

int ask(int d1,int d2,int x)
{
	int ans=0;
	for(;x;x-=x&-x)ans=(ans+c[d1][x][d2])%mod;
	return ans;
}

int query(int d1,int d2,int l,int r)
{
	if(l>r)return 0;
	int ans=ask(d1,d2,r)-ask(d1,d2,l-1);
	ans+=mod;
	ans%=mod;
	return ans;
}

int f[SIZE][M][2];

int main()
{
	n=read(),m=read();

	for(RI i=1;i<=n;i++)
		a[i].x=read(),a[i].y=read();

	sort(a+1,a+1+n,cmp);

	add(0,a[1].y,0,1);
	add(0,a[1].y,1,1);

	for(RI i=2;i<=n;i++)
	{
		f[i][0][0]=f[i][0][1]=1;
		for(RI j=1;j<=m;j++)
			f[i][j][0]=(query(j,0,1,a[i].y-1)+query(j-1,1,1,a[i].y-1))%mod,
			f[i][j][1]=(query(j,1,a[i].y+1,MAXV)+query(j-1,0,a[i].y+1,MAXV))%mod;
		for(RI j=0;j<=m;j++)
			add(j,a[i].y,0,f[i][j][0]),add(j,a[i].y,1,f[i][j][1]);
	}

	printf("%d
",(ask(m,0,MAXV)+ask(m,1,MAXV))%mod);

	return 0; 
}

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[thanks for watching ]