@loj - 3157@「NOI2019」机器人
@description@
小 R 喜欢研究机器人。
最近，小 R 新研制出了两种机器人，分别是 P 型机器人和 Q 型机器人。现在他要测试这两种机器人的移动能力，测试在从左到右排成一排的 \(n\) 个柱子上进行，柱子用 \(1\sim n\) 依次编号，\(i\) 号柱子的高度为一个正整数 \(h_i\)。机器人只能在相邻柱子间移动，即：若机器人当前在 \(i\) 号柱子上，它只能尝试移动到 \(i - 1\) 号和 \(i + 1\) 号柱子上。
每次测试，小 R 会选取一个起点 \(s\)，并将两种机器人均放置在 \(s\) 号柱子上。随后它们会按自己的规则移动。
P 型机器人会一直向左移动，但它无法移动到比起点 \(s\) 更高的柱子上。更具体地，P 型机器人在 \(l\ (l\leq s)\) 号柱子停止移动，当且仅当下列两个条件均成立：
- \(l = 1\) 或 \(h_{l-1}>h_s\)；
- 对于满足 \(l\leq j \leq s\) 的 \(j\)，有 \(h_j \leq h_s\)。
Q 型机器人会一直向右移动，但它只能移动到比起点 \(s\) 更低的柱子上。更具体地，Q 型机器人在 \(r\ (r\leq s)\) 号柱子停止移动，当且仅当下列两个条件均成立：
- \(r = n\) 或 \(h_{r+1} \geq h_s\)；
- 对于满足 \(s < j \leq j\) 的 \(j\)，有 \(h_j < h_s\)。
现在，小 R 可以设置每根柱子的高度，\(i\) 号柱子可选择的高度范围为 \([A_i, B_i]\)，即 \(A_i\leq h_i \leq B_i\)。小 R 希望无论测试的起点 \(s\) 选在哪里，两种机器人移动过的柱子数量的差的绝对值都小于等于 \(2\)。他想知道有多少种柱子高度的设置方案满足要求，小 R 认为两种方案不同当且仅当存在一个 \(k\)，使得两种方案中 \(k\) 号柱子的高度不同。请你告诉他满足要求的方案数模 \(10^9 + 7\) 后的结果。
@solution@
定义 \(dp(l, r, k)\) 表示区间 \([l, r]\) 的最大高度为 \(k\) 的方案数，枚举最大高度所在位置转移。
注意到合法的 \([l, r]\) 个数 \(m\) 不会很多，当 \(n \leq 300\) 时 \(m_{max} = 2220\)，因此用前缀和优化后可以得到 50 分的好成绩。
不难猜测到 \(dp(l, r, k)\) 是一个关于 \(k\) 的分段多项式函数，且最高次数为 \(O(r-l+1)\)。
证明也很简单，观察发现转移只有两种操作：（几乎）对应位置相乘；求前缀和。
将 \([A_i, B_i+1)\) 离散化得到 \(O(n)\) 个高度区间，满足对于区间 \([L, R)\) 内的所有高度，每个柱子的合法性不改变。
也就是说这 \(O(n)\) 个区间即是分段函数的分界点。
如果我们把 \(dp(l, r, L-1)\) 看作关于区间 \([l, r]\) 的常量 \(c_{l, r}\)，则每个 \(dp(l, r)\) 都可以表示成关于 \(k-L\) 的，最高次数 $\leq $ \(d = O(\min\{n, R-L+1)\})\) 的多项式函数。
对 \(x=0,1,\dots d\) 拉格朗日插值可以做到 \(O(n^2m)\)，能获得 95 分的好成绩。
注意到最高次数可以继续缩到 \(d_{l, r} = O(\min\{r-l+1, R-L+1)\})\)。
即使父状态可能会用到，最多也只是 \(2(r-l+1)\)（因为转移是几乎等分区间）。需要的时候再插值插出来即可。
这样就能获得 100 分的好成绩。
这个优化我虽然不会分析时间复杂度不过感觉挺对的。
@accepted code@
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef pair<int, int> pii;
#define fi first
#define se second
#define pr make_pair
const int MOD = int(1E9) + 7;
const int MAXN = 310;
const int MAX = 2222;
inline int add(int x, int y) {x += y; return x >= MOD ? x - MOD : x;}
inline int sub(int x, int y) {x -= y; return x < 0 ? x + MOD : x;}
inline int mul(int x, int y) {return (int)(1LL * x * y % MOD);}
int pow_mod(int b, int p) {
int ret = 1;
for(int i=p;i;i>>=1,b=mul(b,b))
if( i & 1 ) ret = mul(ret, b);
return ret;
}
int fct[MAXN + 5], ifct[MAXN + 5];
void init() {
fct[0] = ifct[0] = 1;
for(int i=1;i<=MAXN;i++) {
fct[i] = mul(fct[i - 1], i);
ifct[i] = pow_mod(fct[i], MOD - 2);
}
}
int lf[MAXN + 5], rf[MAXN + 5], a[MAXN + 5];
int get(int n, int x, int *y) {
lf[0] = x; for(int i=1;i<=n;i++) lf[i] = mul(lf[i - 1], sub(x, i));
rf[n] = sub(x, n); for(int i=n-1;i>=0;i--) rf[i] = mul(rf[i + 1], sub(x, i));
int ans = 0;
for(int i=0;i<=n;i++) {
int del = ((n - i) & 1) ? sub(0, mul(ifct[i], ifct[n-i])) : mul(ifct[i], ifct[n-i]);
if( i != 0 ) del = mul(del, lf[i - 1]);
if( i != n ) del = mul(del, rf[i + 1]);
ans = add(ans, mul(del, y[i]));
}
return ans;
}
int id[MAXN + 5][MAXN + 5], cnt;
void get_id(int l, int r) {
if( id[l][r] != -1 ) return ;
if( l > r ) {
id[l][r] = 0;
return ;
}
id[l][r] = (++cnt);
for(int i=l;i<=r;i++)
if( abs((i - l) - (r - i)) <= 2 )
get_id(l, i - 1), get_id(i + 1, r);
}
int c[MAX + 5], dp[MAX + 5][MAXN + 5], dg[MAX + 5], mxd[MAX + 5], deg;
void update(int x, int newdg) {
for(int i=dg[x]+1;i<=newdg;i++)
dp[x][i] = get(dg[x], i, dp[x]);
dg[x] = max(dg[x], newdg);
}
bool vis[MAX + 5], in[MAXN + 5];
int solve(int l, int r) {
if( vis[id[l][r]] ) return id[l][r];
int x = id[l][r]; mxd[x] = dg[x] = 0;
for(int i=l;i<=r;i++) {
if( abs((i - l) - (r - i)) <= 2 ) {
int p = solve(l, i - 1), q = solve(i + 1, r);
if( in[i] ) {
int k = min(max(mxd[p] + mxd[q], dg[x]), deg - 1);
update(p, k + 1), update(q, k), update(x, k);
for(int j=0;j<=dg[x];j++)
dp[x][j] = add(dp[x][j], mul(dp[p][j + 1], dp[q][j]));
mxd[x] = k;
}
}
}
dg[x] = min(mxd[x], deg - 1);
if( dg[x] == 0 && dp[x][0] == 0 )
dp[x][0] = c[x];
else {
for(int i=dg[x];i>=0;i--) dp[x][i + 1] = dp[x][i];
dp[x][0] = c[x], dg[x]++;
for(int i=1;i<=dg[x];i++) dp[x][i] = add(dp[x][i], dp[x][i - 1]);
}
mxd[x] = dg[x];
vis[id[l][r]] = true; return id[l][r];
}
int A[MAXN + 5], B[MAXN + 5], d[2*MAXN + 5], dcnt;
int main() {
freopen("robot.in", "r", stdin);
freopen("robot.out", "w", stdout);
init(); int n; scanf("%d", &n);
for(int i=1;i<=n;i++) {
scanf("%d%d", &A[i], &B[i]), B[i]++;
d[++dcnt] = A[i], d[++dcnt] = B[i];
}
sort(d + 1, d + dcnt + 1), dcnt = unique(d + 1, d + dcnt + 1) - d - 1;
for(int i=1;i<=n;i++) {
A[i] = lower_bound(d + 1, d + dcnt + 1, A[i]) - d;
B[i] = lower_bound(d + 1, d + dcnt + 1, B[i]) - d;
}
memset(id, -1, sizeof id), get_id(1, n), c[0] = 1;
for(int i=1;i<dcnt;i++) {
for(int j=1;j<=n;j++)
in[j] = (A[j] <= i && i < B[j]);
deg = min(n, d[i + 1] - d[i]) + 3, solve(1, n);
for(int j=0;j<=cnt;j++) {
c[j] = get(mxd[j], d[i + 1] - d[i], dp[j]);
for(int k=0;k<=dg[j];k++) dp[j][k] = 0;
vis[j] = false;
}
}
printf("%d\n", c[id[1][n]]);
}
@details@
该题还可以维护下降幂多项式系数做（方便求前缀和）。
对 \(x=0,1,\dots d\) 进行插值可以通过预处理阶乘逆元做到线性。
