APIO2016 划艇
Solution
\(dp[i][j]\) 表示到了第 \(i\) 所学校，之前选择的最大的船的大小排序是 \(j\) 的方案数
看一会就发现问题出在如果有若干个学校选择同一个段的部分很难做，需要一个组合数的式子，想一想这个式子大概是 \(\binom {len}{num}\)
所以扩展一下状态：\(dp[i][j][k]\) 表示前 \(i\) 个学校中最大的是 \((b[j-1],b[j])\) 这一段里面的数，同时在这段里面的数一共有 \(k\) 个
状态是 \(2n^3\) 的，空间滚掉一维就合法了，转移第一种就是 \(< j\) 的向 \((j,1)\) 转，考虑使用前缀和优化，转移的系数是 \(\binom {len}{1}\)
另一个部分是 \(k>1\)，需要从 \(dp[i][j][k-1]\) 来转移，系数是
\[\frac{\binom {len}{k}}{\binom {len}{k-1}}=\frac{len-k+1}{k}
\]
不难发现每个状态是 \(O(1)\) 转移，同时每个 \(i\) 涉及的转移状态并不多，那么 \(O(n^3)\) 过掉就完事了
貌似机房里面的 \(\rm{Linux}\) 特别快，\(13e7\) 的状态量甚至跑了不到半秒
CODE
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define reg register
#define For(i,a,b) for(reg int i=a;i<=b;++i)
#define Down(i,a,b) for(reg int i=a;i>=b;--i)
#define ull unsigned long long
#define ll long long
inline int max(int x,int y){return x>y?x:y;}
inline int min(int x,int y){return x<y?x:y;}
inline int gcd(int n,int m){return m?gcd(m,n%m):n;}
inline int lcm(int x,int y){return x/gcd(x,y)*y;}
inline void swap(int &x,int &y){int t=x; x=y; y=t; return ;}
namespace yspm{
inline int read(){
int res=0,f=1; char k;
while(!isdigit(k=getchar())) if(k=='-') f=-1;
while(isdigit(k)) res=res*10+k-'0',k=getchar();
return res*f;
}
const int mod=1e9+7,N=2010;
int fac[N],inv[N],ifac[N],b[N],l[N],r[N],n,m,dp[2][N][N],sum[2][N];
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int del(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/mod*mod;}
inline void ckadd(int &x,int y){x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y; return ;}
inline int ksm(int x,int y){int res=1; for(;y;y>>=1,x=mul(x,x)) if(y&1) res=mul(res,x); return res;}
vector<int> tr[2][N];
int count;
signed main(){
n=read(); for(reg int i=1;i<=n;++i) l[i]=read(),r[i]=read(),b[++m]=l[i]-1,b[++m]=l[i],b[++m]=r[i];
sort(b+1,b+m+1); m=unique(b+1,b+m+1)-b-1;
for(reg int i=1;i<=n;++i){
l[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,l[i])-b;
r[i]=lower_bound(b+1,b+m+1,r[i])-b;
}
inv[0]=inv[1]=1; for(reg int i=2;i<=n;++i) inv[i]=mod-mul(mod/i,inv[mod%i]);
dp[0][1][0]=1; for(reg int i=1;i<=m;++i) sum[0][i]=1; int cur=0;
for(reg int i=1;i<=n;++i){
cur^=1;
for(reg int j=l[i];j<=r[i];++j){
int ts=0;
ckadd(dp[cur][j][1],mul(b[j]-b[j-1],sum[cur^1][j-1]));
if(dp[cur][j][1]) ckadd(ts,dp[cur][j][1]);
for(auto p:tr[cur^1][j]){
if(p<b[j]-b[j-1]){
dp[cur][j][p+1]=mul(dp[cur^1][j][p],mul(b[j]-b[j-1]-p,inv[p+1]));
ckadd(ts,dp[cur][j][p+1]);
}
}sum[cur][j]=add(sum[cur][j-1],ts);
}
for(reg int j=r[i]+1;j<=m;++j) sum[cur][j]=sum[cur][j-1];
for(reg int j=1;j<=m;++j){
for(reg int k=1;k<=min(i,b[j]-b[j-1]);++k){
ckadd(dp[cur][j][k],dp[cur^1][j][k]),dp[cur^1][j][k]=0;
if(dp[cur][j][k]) tr[cur][j].push_back(k);
}ckadd(sum[cur][j],sum[cur^1][j]),tr[cur^1][j].clear(),sum[cur^1][j]=0;
}
} printf("%d\n",del(sum[cur][m],sum[cur][1]));
return 0;
}
}signed main(){return yspm::main();}
//Use The Time To Enrich This Selfclosing Youth```