[bzoj3688] 折线统计

Description

二维平面上有n个点(xi, yi)，现在这些点中取若干点构成一个集合S，对它们按照x坐标排序，顺次连接，将会构成一些连续上升、下降的折线，设其数量为f(S)。如下图中，1->2,2->3,3->5,5->6（数字为下图中从左到右的点编号），将折线分为了4部分，每部分连续上升、下降。

现给定k，求满足f(S) = k的S集合个数。

Input

第一行两个整数n和k，以下n行每行两个数(xi, yi)表示第i个点的坐标。所有点的坐标值都在[1, 100000]内，且不存在两个点，x坐标值相等或y坐标值相等

Output

输出满足要求的方案总数 mod 100007的结果

Sample Input

5 1
5 5
3 2
4 4
2 3
1 1

Sample Output

19 

HINT

对于100%的数据，n <= 50000，0 < k <= 10

Source

题解

线段树/bit优化dp。

设\(f[i][j][0/1]\)表示考虑了前\(i\)个点，有\(j\)段折线，且最后一段是上升/下降的方案数。

可以得到一个很显然的转移：

\[f[i][k][0]=\sum_{j=1}^{i-1} f[j][k][0]*[a[i]>a[j]]+f[j][k-1][1]*[a[i]>a[j]] \]

\[f[i][k][1]=\sum_{j=1}^{i-1} f[j][k-1][0]*[a[i]<a[j]]+f[j][k][1]*[a[i]<a[j]] \]

注意到\(k\)的范围只有10，可以暴力枚举后两维，然后用一颗权值线段树来维护第一维。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
void read(int &x){
    x=0;int f=1;char ch=getchar();
    for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=-f;
    for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';x*=f;
}
#define write(x) printf("%d\n",x)
#define maxn 100005
const int mod = 100007;
int f[maxn][11][2],n,K;
struct point {int x,y;}a[maxn];
inline int cmp(point x,point y) {return x.x<y.x;}
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define mid ((l+r)>>1)
struct segment_tree {
    int sum[maxn<<2];
    void update(int p) {sum[p]=sum[ls]+sum[rs];}
    void modify(int p,int l,int r,int x,int v) {
        if(l==r) return sum[p]=v%mod,void();
        if(x<=mid) modify(ls,l,mid,x,v);
        else modify(rs,mid+1,r,x,v);
        update(p);
    }
    int query(int p,int l,int r,int x,int y) {
        if(!y) return 0;
        if(x<=l&&r<=y) return sum[p];
        int ans=0;
        if(x<=mid) ans=(ans+query(ls,l,mid,x,y))%mod;
        if(y>mid) ans=(ans+query(rs,mid+1,r,x,y))%mod;
        update(p);return ans;
    }
}T[11][2];
#define N 100000
int main() {
    read(n),read(K);;for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i].x),read(a[i].y);
    sort(a+1,a+n+1,cmp);
    //for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d\n",a[i].x,a[i].y);
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        f[i][0][0]=f[i][0][1]=1;
        T[0][0].modify(1,1,N,a[i].y,1),T[0][1].modify(1,1,N,a[i].y,1);
        for(int k=1;k<=K;k++) {
            f[i][k][0]=(T[k][0].query(1,1,N,1,a[i].y-1)+T[k-1][1].query(1,1,N,1,a[i].y-1))%mod;
            f[i][k][1]=(T[k][1].query(1,1,N,a[i].y+1,N)+T[k-1][0].query(1,1,N,a[i].y+1,N))%mod;
            T[k][0].modify(1,1,N,a[i].y,f[i][k][0]),T[k][1].modify(1,1,N,a[i].y,f[i][k][1]);
            //if(i==3) printf("::%d\n",T[k][1].query(1,1,N,5,5));
            //printf("%d %d\n",f[i][1][0],f[i][1][1]);
        }
    }int ans=0;
    //for(int i=1;i<=n;i++) printf("%d %d\n",f[i][1][0],f[i][1][1]);
    for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+f[i][K][0]+f[i][K][1])%mod;
    write(ans);
    return 0;
}