标签：char 离散化 ace min space 二维 nod long ++
第一行包括一个整数N，表示学校的数量。接下来N行，每行包括两个正整数，用来描述一所学校。其中第行包括的两个正整数分别表示Ai,Bi（1<=Ai<=Bi<=10^9），N<=500
输出一行，一个整数，表示所有可能的派出划艇的方案数除以1,000,000,007得到的余数
题解：一开始设的是二维状态，显然不可做啊。。。
先离散化得到2*n个区间，然后用f[i][j][k]表示前i个学校，最后一个学校的数量在第j个区间中，并且第j个区间中已经有k个数的方案数。
如果上一个学校与当前学校不再同一个区间，那么我们维护s[j]表示$\sum\limits_{l<j}f[i][l][..]$，那么直接用s更新f即可。如果上一个学校与当前学校在同一个区间，那么这个区间中的方案数显然是一个组合数，维护一下组合数就好了。
如果采用01背包式的枚举顺序，在空间上可以省掉一维。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll P=1000000007;
int n,m;
ll ans;
int A[510],B[510],siz[1010];
ll ref[1010],f[1010][510],s[1010],ine[510];
struct node
{
int val,org;
}num[1010];
bool cmp(node a,node b)
{
return a.val<b.val;
}
inline int rd()
{
int ret=0,f=1; char gc=getchar();
while(gc<‘0‘||gc>‘9‘) {if(gc==‘-‘) f=-f; gc=getchar();}
while(gc>=‘0‘&&gc<=‘9‘) ret=ret*10+gc-‘0‘,gc=getchar();
return ret*f;
}
int main()
{
n=rd();
int i,j,k;
for(i=1;i<=n;i++) num[i].val=rd()-1,num[i].org=i,num[i+n].val=rd(),num[i+n].org=i;
sort(num+1,num+2*n+1,cmp);
for(i=1;i<=2*n;i++)
{
if(i==1||num[i].val>num[i-1].val) ref[++m]=num[i].val;
if(!A[num[i].org]) A[num[i].org]=m+1;
else B[num[i].org]=m;
}
ine[1]=1;
for(i=2;i<=n;i++) ine[i]=P-(P/i)*ine[P%i]%P;
for(i=1;i<=n;i++)
{
for(s[0]=1,j=1;j<=B[i];j++)
{
s[j]=s[j-1];
for(k=1;k<=siz[j];k++) s[j]=(s[j]+f[j][k])%P;
}
for(j=B[i];j>=A[i];j--)
{
siz[j]=min(ref[j]-ref[j-1],siz[j]+1ll);
for(k=siz[j];k>=2;k--) f[j][k]=(f[j][k]+f[j][k-1]*(ref[j]-ref[j-1]-k+1)%P*ine[k])%P;
f[j][1]=(f[j][1]+s[j-1]*(ref[j]-ref[j-1]))%P;
}
}
for(i=1;i<=m;i++) for(j=1;j<=siz[i];j++) ans=(ans+f[i][j])%P;
printf("%lld",ans);
return 0;
}
标签：char 离散化 ace min space 二维 nod long ++
原文地址：http://www.cnblogs.com/CQzhangyu/p/7670345.html
