题意
有 (n) 个数，你需要给每个数涂上红色或蓝色，使得任意两个红色的数不小于一个常数 (A)，且任意两个蓝色的数不小于一个常数 (B)。求方案数。
(nle 10^5)
(1le A,B,a_ile 10^{18})
(a_ilt a_{i+1})
题解
solution 1
首先有个小学生都会写的 (30) 分暴力 ( ext{dp})：设 (dp(j,k)) 表示涂完前 (i) 个数后，最后一个红数在第 (j) 位，最后一个蓝数在第 (k) 位。
显然状态中不用记 (i)，因为 (max(j,k)=i)。
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 2005
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline ll read(){
ll x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
if(f) return x;
return 0-x;
}
ll n,a,b,p[N];
int dp[N][N];
int main(){
n=read(), a=read(), b=read();
if(n>2000){puts("0"); return 0;}
for(int i=1; i<=n; ++i) p[i]=read();
dp[0][1]=dp[1][0]=1;
for(int i=2; i<=n; ++i){
if(i-1==0 || p[i]-p[i-1]>=a) for(int j=0; j<=i-2; ++j) (dp[i][j]+=dp[i-1][j])%=mod;
if(i-1==0 || p[i]-p[i-1]>=b) for(int j=0; j<=i-2; ++j) (dp[j][i]+=dp[j][i-1])%=mod;
for(int j=0; j<=i-2; ++j){
if(!j || p[i]-p[j]>=a) (dp[i][i-1]+=dp[j][i-1])%=mod;
if(!j || p[i]-p[j]>=b) (dp[i-1][i]+=dp[i-1][j])%=mod;
}
}
int ans=0;
for(int i=0; i<=n; ++i) (ans+=((dp[n][i]+dp[i][n])%mod))%=mod;
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
然后我们发现这个转移好像就是一堆数组平移。
我们把 (dp(j,k)) 的矩阵画出来
一种颜色圈的区间对应一个 (i)。(j=i) 和 (k=i) 对应两个不相交的一维数组。
所以我们可以把 ( ext{dp}) 的两维拆成两个数组分开处理，一个数组满足 (j=i)，然后下标表示 (k)；一个数组满足 (k=i)，然后下标表示 (j)。
考虑预处理出每个前缀 ([1,i]) 中最后一个满足 (a_i-a_rge A) 的 (r) 和最后一个满足 (a_i-a_bge B) 的 (b)，则暴力代码可以改写为
(query(x,y)) 表示求 (x) 数组第 (0) 到 (y) 位的和。
我们发现问题可以简化为支持两个数组的整体复制、求前缀和、前缀清零、尾部加数。
主席树维护即可。复杂度 (O(nlog n))。
啊呸，前缀清零直接打 ( ext{tag}) 就行了，然后就可以求前缀和了。复杂度 (O(n))。
（其实细节很好写的，为啥我这么弱智想了半天）
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 100002
#define mod 1000000007
using namespace std;
inline ll read(){
ll x=0; bool f=1; char c=getchar();
for(;!isdigit(c); c=getchar()) if(c=='-') f=0;
for(; isdigit(c); c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
if(f) return x;
return 0-x;
}
int n; ll A,B,x[N];
int r[N],b[N],dp[2][N],sum[2][N],lst[2];
int getSum(int c, int x){
if(x<lst[c]) return 0;
return ((sum[c][x]-sum[c][lst[c]-1])%mod+mod)%mod;
}
int main(){
n=read(), A=read(), B=read();
for(int i=1; i<=n; ++i) x[i]=read();
r[1]=b[1]=0;
for(int i=2; i<=n; ++i){
r[i]=r[i-1], b[i]=b[i-1];
while(x[i]-x[r[i]+1]>=A) ++r[i];
while(x[i]-x[b[i]+1]>=B) ++b[i];
}
dp[0][0]=dp[1][0]=1, sum[0][0]=sum[1][0]=1;
for(int i=2; i<=n; ++i){
(dp[0][i-1]+=getSum(1,min(r[i],i-2)))%=mod;
(dp[1][i-1]+=getSum(0,min(b[i],i-2)))%=mod;
if(r[i]!=i-1) lst[0]=i-1;
if(b[i]!=i-1) lst[1]=i-1;
sum[0][i-1]=(sum[0][i-2]+dp[0][i-1])%mod;
sum[1][i-1]=(sum[1][i-2]+dp[1][i-1])%mod;
}
//int ans=0;
//for(int i=lst[0]; i<=n; ++i) (ans+=dp[0][i])%=mod;
//for(int i=lst[1]; i<=n; ++i) (ans+=dp[1][i])%=mod;
cout<<(getSum(0,n-1)+getSum(1,n-1))%mod<<endl;
return 0;
}
solution 2
一个与暴力无关的做法。
考虑从大到小钦定每个数为红色还是蓝色。
若 (a_n) 涂了红色，那么 (a_{n-1},a_{n-2},cdots) 等数就必须涂蓝色。
比如有 (6) 个数：3 4 7 8 9 11
(A=3,space B=4)
如果把 (11) 涂成红色，那么 (8,9) 就必须涂成蓝色。
而把 (8,9) 涂成蓝色，(7) 就必须涂成红色。
但是 (7) 和 (8) 都影响不到 (4) 的颜色。
所以设 (dp(i,0/1)) 表示涂完前 (i) 个数的方案数，那么 (7,8,9,11) 这些数单独组成一个影响连通块，这一块对 (7) 以前的数的颜色没有任何影响，可以有 (dp(6)+=dp(2))。
现在我们要预处理出每个数最多往前影响多少位。
设 (pos(i,0/1)) 表示第 (i) 个数涂红/蓝色，它往前最近的影响不到的数在哪一位。
则 (pos) 可以递推，比如上例中，(pos(6,0)=pos(4,1)=pos(3,0)=2)。
于是用 (dp) 的递推式 (dp(i)=dp(pos(i,0/1))) 推出 (dp(n)) 即可。
当然，这个做法需要特判无解的情况。
比如上例中 (11) 涂成红色，(8,9) 就必须涂成蓝色，但 (8,9) 两个数差 (1)，(B=4)，所以不能同时涂成蓝色。这时 (pos(6,0)=-1)。最后计算 (dp(i)) 时跳过 (pos(i,j)=-1) 的情况。
我们需要用 ( ext{ST}) 表、线段树等数据结构维护区间最小差分值。
复杂度 (O(nlog n))。