[USACO11FEB]Generic Cow Protests

题目传送门

一道挺好的数据结构优化DP的题目，树状数组搞一搞就好了。

sol

讲下思路，首先看了眼数据范围 (1≤N≤10^5) ，暴力很好写吧，(O(n^2))的线性dp

for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&f[i]),s[i]=s[i-1]+f[i];//统计一下前缀和
dp[0]=1;
for(int i=1;i<=n;i++){
	for(int j=0;j<i;j++){
		if(s[i]-s[j]>=0)dp[i]+=dp[j],dp[i]%=mod;//线性dp
	}
}
printf("%d
",dp[n]);//目标dp[n]

然后我们发现

前缀和数组(s_i)，dp数组(f_i)，最终答案为(f_n)
那么怎么计算答案呢，看下样例(其中(0≤i≤n))

(i)	0	1	2	3	4
(a_i)	0	2	3	-3	1
(s_i)	0	2	5	2	3

因为数的范围为(-10^5 ≤ Ai ≤ 10^5)，所以需要离散化一下防止RE，设离散化数组为(r_i),也就是每个(s_i)的排名

(i)	0	1	2	3	4
(r_i)	1	2	4	2	3

因为要保证(s_i≥s_j)((1≤i≤n,0≤j<i))，(f_i)加上之前比他小的有多少方案（其实就是一个加法原理）
我们设值域为数的种类，建立一个树状数组，其中第(r_i)位表示这个数之前有多少个数小于等于他，画个图理解一下

当(i)=0时，直接加上

当(i)=1时，因为(r_1)=2，所以在第二个位置加入，又因为在第二个位置前有1个数加入，所以第二个位置的值为1

当(i)=2时，因为(r_2)=4，所以在第四个位置加入，又因为在第四个位置前有2个数加入，所以第二个位置的值为2

注意当(i)=3时，(r_3)=2，从前出现过，但还是一样，在第二个位置加入，先统计，再加入

因为第二个位置之前有2个数加入，所以在第二个位置加上2，故

当(i)=4时，以此类推，所以最后的答案为4

cpp

#include<bits/stdc++.h>
#define mod 1000000009
using namespace std;
const int maxn=1e5+10;
typedef long long ll;
int n;
int tree[maxn];
inline int lowbit(int x){return x&(-x);}//树状数组基本操作 
void add(int x,int d){for(int i=x;i<=1e5+10;i+=lowbit(i))tree[i]+=d,tree[i]%=mod;}//添加操作 记得取模 
inline int sum(int x){ll sum=0;for(;x;x-=lowbit(x))sum+=tree[x],sum%=mod;return sum;}//求和操作 记得取模 
int s[maxn],f[maxn];//s为前缀和 
ll ans;
int b[maxn];//离散化数组 
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),s[i]=s[i-1]+x,b[i]=s[i];//用离散化的数组记录起来 
	sort(b,b+n+1);
	for(int i=0;i<=n;i++)s[i]=lower_bound(b,b+n+1,s[i])-b+1;//离散化 
	add(s[0],1);//s[0]方案数为1 
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=sum(s[i]);//查询在s[i]前有多少小于等于它的数 
		add(s[i],ans);//加入到树状数组中 
	}
	printf("%lld
",ans%mod);//记得取模 
	return 0;
}

完结撒花，欢迎大佬爆锤我。