P5204 [USACO19JAN]Train Tracking 2

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毒毒题，对着嘤文题解看了贼久

首先考虑此题的一个弱化版本：如果输入的所有(c_i)相等怎么做

现在假设有(len)个数，取值从(v)到(10^9)，而且每连续(k)个数至少有一个是(v)

那么取值就只有(v)和(>v)两种取值了，(>v)的取值有(10^9-v)种，设为(x)

那么有一个显然的dp，(f_i)表示这个问题i个数的答案

枚举这个数列的最后一个取值为(v)的数，假设是第(j)个，那么后面的(i-j)个数有(x)种选法

(f_i=sum_{j=i-k+1}^{i}x^{i-j}f_{j-1})

这个dp显然是不行的，还有一个dp，也是设(f_i)表示这个问题i个数的答案

(f_i=(x+1)f_{i-1}-x^kf_{i-k-1})

第(i)个数随便选，乘(i-1)个数的答案，这时可能出现问题，就是第(i-k+1)个数到第(i)个数都(>v)导致了不合法，所以要减掉这些情况

为什么减掉的是(x^kf_{i-k-1})呢，显然这(k)个数的放法共(x^k)种没有问题，要注意一下从第(i-k+1)个数到第(i-1)个数都(>v)，那么只有第(i-k)个数取值是(v)才能够满足最小值的条件，所以前面的取值方案数是(f_{i-k-1})

il int solve(int v,int len){
	int x=1000000000-v,xk=pow(x,k);
	f[0]=f[1]=1;
	for(int i=2;i<=len+1;++i){
		f[i]=1ll*(x+1)*f[i-1]%mod;
		if(i-k-1>=0)f[i]=(f[i]-1ll*xk*f[i-k-1]%mod+mod)%mod;
	}
	return f[len+1];
}

那么解决了前面的问题，后面的也很好办

设(s(v,len))表示现在假设有(len)个数，取值从(v)到(10^9)，而且每连续(k)个数至少有一个是(v)问题的答案，可以在(O(len))时间内球解

首先，可以将一段相等的(c)合并起来

然后（开始口胡）

对于一个段(c_i=cdots=c_j)，如果只有这一段，方案数为(s(c_i,j-i+k))

如果有一个(c_{i-1}>c_i)

那么可以知道的是

(min{a_{i-1},cdots,a_{i+k-2}}=c_{i-1})

这里可以推出(a_{i-1},cdots,a_{i+k-2}geq c_{i-1})

(min{a_{i},cdots,a_{i+k-1}}=c_{i})

前面已经推出(a_{i},cdots,a_{i+k-2}geq c_{i-1}>c_{i})了，所以这些都不可能是最小值

这一段的最小值只能有一个就是(a_{i+k-1}=c_{i})

前面的数也都在前一段的范围内

所以这一段最前面(k)个数就没了，其中前(k-1)个数会在前面段计算答案，第(k)个数只有一个取值(c_i)

对于后面也同理，如果(c_{j+1}>c_j)则后面(k)个数没了

所以一段的len实际上是(j-i+k)减去0到2个(k)

对于所有的段依次球解最后方案数乘起来即可

代码极为简单

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define vd void
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
il ll gi(){
	ll x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-')f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
int n,k;
int a[100010];
int f[100010];
il int pow(int x,int y){
	int ret=1;
	while(y){
		if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;y>>=1;
	}
	return ret;
}
il int solve(int v,int len){
	int x=1000000000-v,xk=pow(x,k);
	f[0]=f[1]=1;
	for(int i=2;i<=len+1;++i){
		f[i]=1ll*(x+1)*f[i-1]%mod;
		if(i-k-1>=0)f[i]=(f[i]-1ll*xk*f[i-k-1]%mod+mod)%mod;
	}
	return f[len+1];
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	n=gi(),k=gi();
	for(int i=1;i<=n-k+1;++i)a[i]=gi();
	int ans=1,len;
	for(int i=1,j;i<=n-k+1;i=j+1){
		j=i;
		while(a[j+1]==a[i])++j;
		len=j-i+k;
		if(i!=1&&a[i-1]>a[i])len-=k;
		if(j!=n-k+1&&a[j+1]>a[i])len-=k;
		if(len>0)ans=1ll*ans*solve(a[i],len)%mod;
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}