题解：洛谷 P10138([USACO24JAN] Cowmpetency G)
1. Description
对于一个长度为 \(n\)，所有元素均在 \([1,c]\) 的范围内的序列 \(val\)，询问满足 \(q\) 个限制的序列有多少个。
限制形如 \((a,h)\)，要求 \(val_h\) 是第一个严格大于 \(\max_{i=1}^{a} val_i\) 的值位置，题给条件满足至少存在一个合法序列。
2. Solution
考虑限制 \((a,h)\)，设 \(x=\max_{i=1}^a val_i,y=\begin{cases}0\ (a+1>h-1)\\ \max_{i=a+1}^{h-1} val_i\end{cases},z=val_h\)，那么有 \(y\le x<z\)。
因此对于 \(h\) 这个位置，一定是严格前缀最大值，对于 \([a+1,h-1]\) 这些位置，一定不是严格前缀最大值。
我们不妨使用一个数组 \(opt\) 表示整个序列的限制情况，当 \(opt_i>0\) 时，这个位置一定是严格前缀最大值，当 \(opt_i<0\) 时，这个位置一定不是严格前缀最大值，当 \(opt_i=0\) 时，这个位置没有限制。
所以对于一个限制 \((a,h)\)，将 \([a+1,h-1]\) 这一段减一，然后在 \(h\) 这个位置加一即可。由于必存在一个合法序列，所以不会出现一个位置同时进行了加一和减一两种操作的情况，也就是既一定又不一定的情况。
然后考虑 dp，定义 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 项，此时前缀最大值为 \(j\) 的方案数，那么转移可以分为两种：这一项是或不是严格前缀最大值。
当这一项是严格前缀最大值时，由于前缀最大值是 \(j\)，所以这一项必须是 \(j\)，且前 \(i-1\) 项的前缀最大值严格小于 \(j\)，那么就有 \(\sum_{k=1}^{j-1} f_{i-1,k}\) 种情况，可以使用前缀和优化，定义 \(g_{i,j}=\sum_{k=1}^j g_{i,k}\)，那么就有 \(g_{i-1,j-1}\) 种情况。
当这一项不是严格前缀最大值时，前 \(i-1\) 项的前缀最大值一定是 \(j\)，这一项可以取 \(1\sim j\) 的任一一个，那么就有 \(f_{i-1,j}\times j\) 种情况，无需优化。
因此，转移可以写为：
此时的时空复杂度为 \(O(nc)\)，考虑优化。
我们发现，有很多段 \(opt\) 序列的值是一样的，所以我们考虑将 \(opt\) 分成若干段连续的区间，那么区间数是 \(O(q)\) 的，那么 \(f_{i,j}\) 表示考虑前 \(i\) 段，此时前缀最大值为 \(j\) 的方案数。
所以此时只需考虑一段 \((l,r,opt)\) 怎么快速转移。
当 \(opt<0\) 的时候，显然 \(f_{i,j}=f_{i-1,j}\times j^{r-l+1}\)。
当 \(opt>0\) 的时候，由于 \(opt>0\) 的位置一共就只有 \(O(q)\) 个，所以可以直接暴力转移。
当 \(opt=0\) 的时候，就需要分类讨论了：
- 前缀最大值出现在前 \(i-1\) 段，那么这 \(r-l+1\) 个值可以取 \([1,j]\) 的任一一个值，所以一共有 \(f_{i-1,j}\times j^{r-l+1}\) 种。
- 前缀最大值出现在第 \(i\) 段，那么这 \(r-l+1\) 个值中至少有一个为 \(j\)，考虑反转问题，在 \(r-l+1\) 个值中一个 \(j\) 都没有的情况有 \((j-1)^{r-l+1}\) 种，而一共有 \(j^{r-l+1}\) 种情况，所以这 \(r-l+1\) 个值中至少有一个为 \(j\) 情况有 \(j^{r-l+1}-(j-1)^{r-l+1}\) 种，而前 \(i-1\) 段的前缀最大值小于 \(j\)，就有 \(\sum_{k=1}^{j-1} f_{i-1,k}\) 种情况，同样可以使用前缀和优化，定义 \(g_{i,j}=\sum_{k=1}^{j} f_{i,k}\)。那么就一共有 \(g_{i-1,j-1}\times [j^{r-l+1}-(j-1)^{r-l+1}]\) 种情况。
所以，当 \(opt=0\) 的时候，\(f_{i,j}=f_{i-1,j}\times j^{r-l+1}+g_{i-1,j-1}\times [j^{r-l+1}-(j-1)^{r-l+1}]\)。
那么我们只需要根据所有限制求出 \(opt\) 序列分成的 \((l,r,opt)\)，然后转移即可，注意两个区间有交的情况，此时需要合并。
3. Code
/*by qwer6*/
/*略去缺省源和快读快写*/
const int N=105,M=1e4+5,mod=1e9+7;
int n,m,c,ans,cnt;
int f[N*3][M];
struct Line{
int l,r,opt;
bool operator <(const Line &a){
return l<a.l;
}
}a[N<<1],b[N<<1];
int sub(int x,int y){
x-=y;
return x<0?x+mod:x;
}
int add(int x,int y){
x+=y;
return x>=mod?x-mod:x;
}
int mul(int x,int y){
long long res=1ll*x*y;
return res>=mod?res%mod:res;
}
int binpow(int a,int b){
int res=1;
while(b){
if(b&1)res=mul(res,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return res;
}
int init(){
int tmp=0,_l=a[1].l,_r=a[1].r,_opt=a[1].opt;
for(int i=2,l=a[1].l,r=a[1].r;i<=cnt;i++){
if(a[i].opt!=_opt||a[i].l>min(a[i].r,_r)){//必然视为两份
b[++tmp]={_l,_r,_opt};
_l=a[i].l,_r=a[i].r,_opt=a[i].opt;
}else _r=max(a[i].r,_r);
}
b[++tmp]={_l,_r,_opt};
int ttmp=tmp,las=1;
for(int i=1;i<=tmp;i++){
if(las<=b[i].l-1)b[++ttmp]={las,b[i].l-1,0};
las=b[i].r+1;
}
if(las<=n)b[++ttmp]={las,n,0};
sort(b+1,b+ttmp+1);
return ttmp;
}
void DP(int idx,int l,int r,int opt){
int len=r-l+1;
if(opt==-1){
for(int i=1;i<=c;i++)
f[idx][i]=mul(f[idx-1][i],binpow(i,len));
}else if(opt==0){
for(int j=1,sum=0,x;j<=c;j++){
sum=add(sum,f[idx-1][j-1]),x=binpow(j,len);
f[idx][j]=mul(sum,sub(x,binpow(j-1,len)));
f[idx][j]=add(f[idx][j],mul(f[idx-1][j],x));
}
}else{
for(int j=1,sum=0;j<=c;j++){
sum=add(sum,f[idx-1][j-1]);
f[idx][j]=sum;
}
for(int i=2;i<=len;i++){
for(int j=1,sum=0;j<=c;j++){
sum=add(sum,f[idx][j-1]);
f[idx][j]=sum;
}
}
}
}
signed main(){
read(n),read(m),read(c);
for(int i=1,x,y;i<=m;i++){
read(x),read(y);
if(x+1<=y-1)a[++cnt]={x+1,y-1,-1};
a[++cnt]={y,y,1};
}
sort(a+1,a+cnt+1);
cnt=init();
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
DP(i,b[i].l,b[i].r,b[i].opt);
for(int i=1;i<=c;i++)ans=add(ans,f[cnt][i]);
write(ans);
}
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