洛谷 P9100 [PA 2020] Miny 题解

这道题难点在于状态设计。考虑线性 DP，设 \(dp_i\) 为仅考虑前 \(i\) 个地雷且钦定第 \(i\) 个不引爆的方案数。这样设计的好处在于 \(i\) 前面的地雷一定不会引爆 \(i\) 后面的，从而满足无后效性。

注意需要在左右无穷远处各添加一个爆炸半径无穷大的哨兵地雷，下标分别为 \(0\) 和 \(n+1\)，确保哨兵能引爆所有地雷。答案即为 \(dp_{n+1}\)。

然后考虑转移。对于每个 \(i\)，枚举所有 \(j<i\)，然后判断引爆 \([j+1,i-1]\) 中所有地雷是否会引爆 \(i\) 或 \(j\)。若均不会则能转移，令 \(dp_i\leftarrow dp_i+dp_j\)。

尝试转化这个条件。设 \(l_i\) 为 \(i\) 左边第一个会引爆 \(i\) 的地雷，\(r_i\) 同理。则上述条件等价于 \(j\ge l_i\) 且 \(i\le r_j\)。

\(l,r\) 两个数组都可以单调栈上二分处理。

然后状态转移方程如下。

\[\begin{aligned} dp_i&=\sum_{j=l_i}^{i-1}[i\le r_j]\cdot dp_j\\ &=\sum_{j=0}^{i-1}[i\le r_j]\cdot dp_j-\sum_{j=0}^{l_i-1}[i\le r_j]\cdot dp_j\\ \end{aligned} \]

先离线，把 \(dp_i\) 的两个询问分别挂在 \(i-1\) 和 \(l_i-1\) 上，然后树状数组扫一遍即可。需要特殊处理 \(j=0\) 的情况。

时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

#include <bits/stdc++.h>
#define rept(i,a,b) for(int i(a);i<=b;++i)
#define pert(i,a,b) for(int i(a);i>=b;--i)
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
#define eb emplace_back
#define int long long
using namespace std;
constexpr int N=3e5+5,P=1e9+7,INF=3e18;
struct item{
    int p,rad,lb,rb;
}a[N];
struct query{
    query()=default;
    query(int _id,int _k):id(_id),k(_k){}
    int id,k;
};
int dp[N],st[N],l[N],r[N],s[N],n,top;
vector<query> q[N];
void add(int p,int x){while(p<=n+1) s[p]+=x,p+=lowbit(p);}
int ask(int p){
    int res=0;
    while(p) res+=s[p],p^=lowbit(p);
    return res;
}
signed main(){
    cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
    cin>>n;
    a[0]={-INF,INF,-INF,INF};
    a[n+1]={INF,INF,-INF,INF};
    r[0]=r[n+1]=n+1;
    dp[0]=1;
    rept(i,1,n){
        cin>>a[i].p>>a[i].rad;
        a[i].lb=a[i].p-a[i].rad;
        a[i].rb=a[i].p+a[i].rad;
    }
    st[top=1]=0;
    rept(i,1,n){
        int L=1,R=top,mid;
        while(L<R){
            mid=L+R+1>>1;
            a[st[mid]].rb>=a[i].p?L=mid:R=mid-1;
        }
        l[i]=st[L];
        while(a[st[top]].rb<a[i].rb) --top;
        st[++top]=i;
    }
    st[top=1]=n+1;
    pert(i,n,1){
        int L=1,R=top,mid;
        while(L<R){
            mid=L+R+1>>1;
            a[st[mid]].lb<=a[i].p?L=mid:R=mid-1;
        }
        r[i]=st[L];
        while(a[st[top]].lb>a[i].lb) --top;
        st[++top]=i;
    }
    rept(i,1,n+1){
        if(!l[i]) ++l[i],++dp[i];  // 特判从dp[0]转移
        if(l[i]>1) q[l[i]-1].eb(i,-1);
        if(i>1) q[i-1].eb(i,1);
    }
    rept(i,1,n+1){
        add(r[i],dp[i]);
        for(auto [id,k]:q[i]){
            (dp[id]+=k*(ask(n+1)-ask(id-1)))%=P;
        }
    }
    cout<<(dp[n+1]+P)%P;
    return 0;
}