水能载舟，亦可赛艇。
这是今年APIO第一题。考场上，我的期望得分从58降为31，再降为9，实际得分为0。
背景
从区间[0, L]中取n个数，要求所有非零数严格递增，问方案数。
如果不能取0，答案是C(L, n)。因为一旦组合确定了，对应关系也就确定了：第1次对应最小数、第2次对应次小数……
加上0，情况发生了怎样的变化？把一种情形的确定分为两步：
1. 0还是非0？
2. 如果非0，取多少？
这两步的地位应是等同的，所以，考虑这样一个序列：
0 0 0 … 0 1 2 3 … L
前面是n个0。
从中取n个数，方案数为C(L+n, n)。取法和原问题的取法一一对应：
1. 取第i个0——第i次取0。
2. 取某个非零数k——没取0的第k次取k。
故C(L+n, n)是原问题的解。
分析
题意
给出n个闭区间，从每个区间取一个整数，或者取0，要求非零数严格递增，问方案数。
想法和解法
问的是方案数，考虑DP。不难想到一种直接的定义和转移：定义f(i, j)为前i所学校中，第i所学校参赛，且派出j艘划艇的方案数。把所有的f(i>0, j>0)加起来即得答案。
f(0,1)=1f(i,j)=∑k=1j−1∑p=0i−1f(p,k),j∈Iif(i,j)=0,j∉Ii
定义f(0, 1)=1是为了方便表示“只取j一个非零数”。
这种方法的劣势在于状态数太多。题目只保证1<=Ai<=Bi<=10^9。
可不可以离散化呢？题目给的是闭区间，代之以左闭右开区间。重新定义：f(i, j)为前i所学校中，第i所学校参赛，且派出的划艇数落到区间j内的方案数。第i所学校之前的学校便分为了两类：在区间j内的和不在区间j内的。
在区间j内的，联系背景问题，可以算出来。不同的是，要求第i所学校必须参赛。因此，0的数目减1，方案数为C(L+m-1, m)，m是能在区间j内挑数的学校。具体地，我们枚举上一个有学校的区间k，前p所学校不在区间j中，则m是p+1~i号学校中能选区间j的学校的数量。
f(0,1)=1f(i,j)=∑k=1j−1∑p=0i−1CmL+m−1f(p,k),j⊂Iif(i,j)=0,j⊄Ii
前缀和处理一下，
g(i,j)=∑k=1j−1f(i,k)
递推式(2)简化为
f(i,j)=∑p=0i−1CmL+m−1g(p,j−1),j⊂Ii
实现
空间优化与计算顺序
观察到f(i, j)能仅由g(*, j-1)推出，我们采用滚动数组：省去第二维，外层顺序枚举j，中层逆序枚举j。内层由于涉及到m的计算，也逆序枚举。
组合数的计算
Ckn=Ck−1n−1nk
代入n=L+m-1，k=m，得
CmL+m−1=Cm−1L+m−2mL+m−1
到这里会发现点小问题：结果要取模，又得做除法。学到一种用O(n)时间预处理1~n模素数M的乘法逆元的方法：
1−1≡1(modM)x−1≡−[Mx](M mod x)−1(modM)
常数优化
听闻此题卡常数。写出正确代码后，用比赛时的数据测了测，子任务2的第1组数据用时1.3s左右，TLE。事后在uoj上测得的也是相似的结果。把ll重定义成int，发现答案虽然错了，但用时仅0.5s，又把久闻大名的骆可强《论程序底层优化的一些方法与技巧》一文浏览了一下，想到可能是取模运算的问题。于是，在后面给出的代码中，我开了个C数组，处理在当前的区间j中，m所对应的组合数。
Code
#include <cstdio>
#include <algorithm>
typedef long long ll;
const int MAXN = 500;
const ll MOD = 1000000007LL;
using namespace std;
int top, a[MAXN+1], b[MAXN+1], l[MAXN+1], r[MAXN+1], h[2*MAXN+1], g[MAXN+1];
ll inv[MAXN+1], C[MAXN+1];
int main()
{
int N;
scanf("%d", &N);
inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= N; ++i)
inv[i] = (MOD-MOD/i)*inv[MOD%i]%MOD;
for (int i = 1; i <= N; ++i) {
scanf("%d %d", &a[i], &b[i]);
h[2*i-1] = a[i];
h[2*i] = b[i]+1;
}
sort(h+1, h+2*N+1);
top = unique(h+1, h+2*N+1)-h-1;
for (int i = 1; i <= N; ++i) { // [l, r)
l[i] = lower_bound(h+1, h+1+top, a[i])-h;
r[i] = lower_bound(h+1, h+1+top, b[i]+1)-h;
}
g[0] = 1;
C[0] = 1;
for (int j = 1; j < top; ++j) {
int L = h[j+1]-h[j];
for (int i = 1; i <= N; ++i)
C[i] = C[i-1]*(L+i-1) %MOD * inv[i] %MOD;
for (int i = N; i >= 1; --i) {
if (l[i]<=j && j+1<=r[i]) {
ll f = 0, m = 1, c = L; // m: p+1~i号学校有多少能选区间j
for (int p = i-1; p >= 0; --p) {
f = (f + c*g[p]) % MOD;
if (l[p]<=j && j+1<=r[p])
c = C[++m];
}
g[i] = (g[i]+f) % MOD;
}
}
}
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= N; ++i)
ans = (ans+g[i]) % MOD;
printf("%d", ans);
return 0;
}
来源与链接
- 参考了uoj上离我的WA最近的AC代码：http://uoj.ac/submission/80830 感谢excited同学。
- 思路参考了APIO考完后出题人的讲解，和Claris、immortalCO、Ele_Ele等的文章。
- 《求逆元的方法汇总》by slongle_amazing。
- 《论程序底层优化的一些方法与技巧》by 骆可强。
参加了《NOI 导刊》组织的培训。Day 0。
