题解：P17564 「FAOI-R15」请注意你的空间常数
场切了，非常感动。
考虑固定一个 \(T\) 时的最小覆盖集。对于每个 \(I\in T\)，把 \(I\) 在线段树上做分解，将所有分解出的节点求并即可覆盖 \(T\)，但是这个显然不够优。尝试删去一些无用的节点，观察选中的某个线段树上的节点 \(p\)，对 \(T\) 中所有不包含 \(p\) 的区间求并，若这个并完全覆盖了 \(p\)，则 \(p\) 完全可以删去，因为 \(T\) 中不包含 \(p\) 的区间的分解节点的并显然可以覆盖 \(p\)。
据此可以猜测，一个节点 \(p\) 被保留当且仅当：
- 存在 \(I\in T\)，使得 \(p\) 是 \(I\) 分解出来的节点之一。
- 对 \(T\) 中所有不包含 \(p\) 的区间求并，并集不能完全覆盖 \(p\)。
还需要证明这样是最优的。证明是赛后补的。
最优性证明
对于我们的方案中每个被选中的节点 \(p\)，任取一个分解节点中包含 \(p\) 的区间 \(I_p\in T\)，而 \(T\) 中所有不包含 \(p\) 的区间的并集不能完全覆盖 \(p\)，再任取一个并集没有覆盖到的位置 \(x_p\)。
再来考虑任意一个合法方案，显然该方案为了覆盖 \(I_p\) 必然存在一个线段树节点 \(y_p\) 使得 \(x_p\in y_p\subseteq I_p\)。因为 \(p\) 是 \(I_p\) 的分解节点之一，所以会有 \(y_p\subseteq p\)。我们发现 \(y_p\) 互不相同：取我们的方案中两个不同的被选中的节点 \(p_1,p_2\)，只用考虑 \(p_1\subseteq p_2\) 的情况，此时 \(I_{p_1}\) 不包含 \(p_2\)，因此 \(x_{p_2}\notin I_{p_1}\)，于是 \(x_{p_1}\neq x_{p_2}\)。
因此任意合法方案都不比我们的方案优。\(\Box\)
计算每个线段树节点 \(p\) 的贡献。设有 \(a_p\) 个区间的分解节点包含 \(p\)，\(b_p\) 个区间与 \(p\) 相交且不包含 \(p\)，这 \(b_p\) 个区间中 \(c_p\) 个子集可以覆盖 \(p\)。显然两类区间不交，因此 \(p\) 的贡献就是 \((2^{a_p}-1)(2^{b_p}-c_p)2^{m-a_p-b_p}\)。
考虑如何计算 \(c_p\)。问题转化为：给定 \(m\) 个区间，你可以从中选择若干个区间，求有多少种方案使得选出的区间可以覆盖 \([1,n]\)。将所有区间按左端点从小到大处理，直接 DP，令 \(f_i\) 表示从已处理的区间中选择若干个覆盖 \([1,n]\) 的方案数。加入一个区间 \([s,t]\) 时，对于 \(s-1\leq i<t\)，状态 \(f_i\) 可以贡献到 \(f_t\)；对于 \(i\geq t\)，区间 \([s,t]\) 是可选的。由此得到转移：
用线段树维护区间乘、区间和、单点加即可。时间复杂度为 \(\mathcal{O}(m\log{n})\)。
\(a_p,b_p\) 容易在线段树递归过程中计算，递归过程中维护若干区间，若维护的某个区间完全包含当前节点就停止下传即可。时间复杂度为 \(\mathcal{O}(n\log{n}+m\log^2{n})\)。
主要代码
int n, m;
mint ans, pw2[MAXM];
struct Range {
int l, r;
};
vector<Range> R;
struct SegTree {
#define ls(p) (p << 1)
#define rs(p) (p << 1 | 1)
mint sum[MAXN << 2], tg[MAXN << 2];
void pushUp(int p) {
sum[p] = sum[ls(p)] + sum[rs(p)];
}
void apply(int p, mint v) {
sum[p] *= v;
tg[p] *= v;
}
void pushDown(int p) {
if (tg[p].val() == 1) return;
apply(ls(p), tg[p]);
apply(rs(p), tg[p]);
tg[p] = 1;
}
void build(int p, int l, int r) {
tg[p] = 1;
if (l == r) {
sum[p] = !l;
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(ls(p), l, mid);
build(rs(p), mid + 1, r);
pushUp(p);
}
void add(int p, int l, int r, int x, mint v) {
if (l == r) {
sum[p] += v;
return;
}
pushDown(p);
int mid = l + r >> 1;
if (x <= mid) add(ls(p), l, mid, x, v);
else add(rs(p), mid + 1, r, x, v);
pushUp(p);
}
void mul(int p, int l, int r, int x, int y, mint v) {
if (x <= l && y >= r) {
apply(p, v);
return;
}
pushDown(p);
int mid = l + r >> 1;
if (x <= mid) mul(ls(p), l, mid, x, y, v);
if (y > mid) mul(rs(p), mid + 1, r, x, y, v);
pushUp(p);
}
mint query(int p, int l, int r, int x, int y) {
if (x <= l && y >= r) return sum[p];
pushDown(p);
int mid = l + r >> 1;
mint res = 0;
if (x <= mid) res = query(ls(p), l, mid, x, y);
if (y > mid) res += query(rs(p), mid + 1, r, x, y);
return res;
}
mint solve(int l, int r, const vector<Range> &R) {
int len = r - l + 1;
build(1, 0, len);
for (auto [s, t] : R) {
mint sum = query(1, 0, len, s - l, t - l);
mul(1, 0, len, t - l + 1, len, 2);
add(1, 0, len, t - l + 1, sum);
}
return query(1, 0, len, len, len);
}
#undef ls
#undef rs
} sgt;
void solve(int l, int r, int cnt, const vector<Range> &R) {
if (cnt) {
mint c = sgt.solve(l, r, R);
ans += (pw2[cnt] - 1) * (pw2[R.size()] - c) * pw2[m - cnt - R.size()];
}
if (R.empty()) return;
int mid = l + r >> 1;
int cl = 0, cr = 0;
vector<Range> vecL, vecR;
for (auto [s, t] : R) {
if (s <= mid) {
int nt = min(t, mid);
if (s == l && nt == mid) ++cl;
else vecL.push_back({s, nt});
}
if (t > mid) {
int ns = max(s, mid + 1);
if (ns == mid + 1 && t == r) ++cr;
else vecR.push_back({ns, t});
}
}
solve(l, mid, cl, vecL);
solve(mid + 1, r, cr, vecR);
}
int main() {
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(nullptr);
cin >> n >> m;
int cr = 0;
for (int i = 1; i <= m; ++i) {
int l, r;
cin >> l >> r;
if (l == 1 && r == n) ++cr;
else R.push_back({l, r});
}
pw2[0] = 1;
for (int i = 1; i <= m; ++i) pw2[i] = pw2[i - 1] * 2;
sort(R.begin(), R.end(), [&](const Range &lhs, const Range &rhs) {
return lhs.l < rhs.l;
});
solve(1, n, cr, R);
cout << ans;
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号