2020.7.4模拟 数据结构 (ds)

题目描述

\(wobmaj\)有\(N\)个数据结构，第\(i\)个数据结构具有工业指数\(A_i\)和包容指数\(B_i(B_i\le A_i)\)
他会不断执行下面这个操作，直到无法再执行为止：
选择二元组\((i,j)\)，将第\(i\)个数据结构套进第\(j\)个数据结构里，其中\(A_i<B_j\)。
每个数据结构只能嵌套和被嵌套一次。
求可能出现的不同局面的数量。答案对\(10^9+7\)取模。
\(N\le 300,B_i<A_i<10^9\)

数据范围很小，\(DP\)可行。
因为\(B_i\le A_i\)，所以一个数据结构不能嵌套自己。
因为要执行到无法再执行为止，所以嵌套的数据结构数是固定并且最大的。
将一个数据结构拆成\(A_i,B_i\)两个点，从大到小排序，保证枚举到的\(A_i\)能被前面枚举的\(B_i\)嵌套。因为\(A_i=B_j\)时不能嵌套，所以相等时\(A\)在\(B\)前面。

设\(f[i][j][k]\)表示前\(i\)个点，有\(j\)个\(B\)点可选（没有嵌套\(A\)点）。

• 若第\(i\)个是\(B\)点，则方案数不变，可选的\(B\)点\(+1\)：

\[f[i][j+1][k] += f[i-1][j][k] \]

• 若第\(i\)个是\(A\)点，则可以分三种情况讨论：
  • 不嵌套：
    如果\(A_i\)不被嵌套，那么\(A_i\)之前的所有\(B\)点必须在后面嵌套，否则，一定可以把\(A_i\)和前面的某一个\(B\)点嵌套，使得嵌套数量\(+1\)，说明当前的嵌套数没有达到最大。
    设\(f[i][j][k]\)表示在\(j\)个可选的\(B\)点中，有\(k\)个是必选的\((k\le j)\)。
    所以，当前可选的\(j\)个点全部变为必选，方案数不变。
  \[f[i][j][j] += f[i-1][j][k] \]
  • 被非必选点嵌套：
  \[f[i][j-1][k] += f[i-1][j][k] * (j-k) \]
  • 被必选点嵌套：
    因为必选点被可选点包含，所以\(k-1\)的同时，也要\(j-1\)。
  \[f[i][j-1][k-1] += f[i-1][j][k] * k \]

统计答案时，如果有必选点剩余则不合法。
最后答案即为\(\sum \limits_{j=1} ^{n} f[n*2][j][0]\)

用滚动数组可以消去第一维，不要忘记把\(f[i\%2]\)清零。

代码如下

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define MogeKo qwq
using namespace std;

const int maxn = 305;
const int mod = 1e9+7;

int n,x,y,cnt;
long long ans,f[2][maxn][maxn];

struct node {
	int w,type;
	bool operator < (const node &N)const {
		return w > N.w || (w == N.w && type > N.type);
	}
} d[maxn<<1];


int main() {
	freopen("ds.in","r",stdin);
	freopen("ds.out","w",stdout);
	scanf("%d",&n);
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		scanf("%d%d",&x,&y);
		d[++cnt] = (node) {x,1};
		d[++cnt] = (node) {y,0};
	}
	sort(d+1,d+cnt+1);
	f[0][0][0] = 1;	
	for(int i = 1; i <= cnt; i++) {
		memset(f[i%2],0,sizeof(f[i%2]));
		for(int j = 0; j <= n; j++) {
			for(int k = 0; k <= j; k++) {
				if(!f[(i-1)%2][j][k]) continue;
				if(!d[i].type)
					(f[i%2][j+1][k] += f[(i-1)%2][j][k]) %= mod;
				else{
					(f[i%2][j][j] += f[(i-1)%2][j][k]) %= mod;
					if(j) (f[i%2][j-1][k] += f[(i-1)%2][j][k] * (j-k)) %= mod;
					if(j&&k) (f[i%2][j-1][k-1] += f[(i-1)%2][j][k] * k) %= mod;
				}
			}
		}
	}
	for(int j = 0;j <= n;j++)
		(ans += f[0][j][0]) %= mod;
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}