标签：16px highlight 不同的 结果 main limit n+1 还需要 sha
有一个$n\times n$的网格，在每个格子上堆叠了一些边长为$1$的立方体。
现在给出这个三维几何体的正视图和左视图，求有多少种与之符合的堆叠立方体的方案。两种方案被认为是不同的，当且仅当某个格子上立方体的数量不同。
输出答案对$10^9+7$取模的结果。
从文件$silhouette.in$中读入数据。
第一行一个整数$n$。
第二行$n$个整数，第$i$个表示正视图中从左到右第$i$个位置的高度$A_i$。
第三行$n$个整数，第$i$个表示左视图中从左到右第$i$个位置的高度$B_i$。
输出到文件$silhouette.out$中。
输出一行表示答案。
样例输入1：
2
1 2
2 1
样例输出1：
5
样例输入2：
3
3 1 3
2 3 2
样例输出2：
175
样例输入3：
3
1 1 1
3 3 3
样例输出3：
0
样例$1$解释：
正视图和左视图：
_ _
_|_| |_|_
|_|_| |_|_|
如果用$2\times 2$的矩阵来表示每个格子上堆叠的立方体个数，则五种方案可以表示为：
1 2 0 2 1 2 0 2 1 2
1 1 1 0 1 0 1 1 0 1
数据范围：
对于所有数据，有$1\leqslant n\leqslant 10^5,1\leqslant A_i,B_i\leqslant 10^9$。
$\bullet Subtask1(3\%)$，$n=1$。
$\bullet Subtask2(14\%)$，$n\leqslant 3,A_i,B_i\leqslant 4$。
$\bullet Subtask3(17\%)$，$n\leqslant 16$。
$\bullet Subtask4(24\%)$，$n\leqslant 100$。
$\bullet SUbtask5(13\%)$，$n\leqslant 3,000$。
$\bullet Subtask6(18\%)$，$A_i,B_i$分别构成了一个$1$至$n$的排列。
$\bullet Subtask7(11\%)$，没有特殊的约束。
显然对于这道题，我们要求以下方程的解的个数：
$$\forall i\in [1,n],\max \limits{j=1}^n x_{i,j}=A_i,\max \limits_{j=1}^n x_{j,i}=B_i$$
我们可以现将$A,B$排序，因为这样对结果没有影响，简单证明一下：
先来考虑列，对于每一个$A_i$，无论哪一列在前，哪一列在后，最终所有列在第$i$行的最大值都需要是$A_i$；行同理。
如果最大的$A_i$不等于最大的$B_i$，那么无解，否则一定有解，不再证明（主要是没有人问过）。
然后我们从大到小枚举$A,B$中每一个值$S$，对于排好序后每一个$S$，它们会是这样的：
类似分成了一层一层的。
然后我们枚举每一层。
先说$S_1$这一层，对于$S_1$有一个特殊性质，$S_1$是所有$S$中最大的，先设$S_1$所涉及到的这个矩形的长宽分别为$a,b$，如下图：
我们在设$f[i]$表示$a$行中，至少有$i$行一定不合法的方案数，这里说的不合法是指高度没有到达$S$，也就是说不能对投影做贡献；之所以我们要设为至少，是因为这样每两行之间就可以不互相影响了。
给出状态转移方程：
$$f[i]=C_a^i\times (S^i\times ((S+1)^{a-i}-S^{a-i}))^b$$
来解释一下状态转移方程：
首先，组合数必不可少，因为我们要从$a$行里选出$i$行；再解释后面的$b$次方，因为有$b$列，这$b$列互不影响（前面有解释）；再来解释$S^i$，因为有$i$个位置一定不合法，这$i$个位置可以选$0\sim S-1$这$S$个高度；最后来理解$(S+1)^{a-i}-S^{a-i}$，因为还剩下$a-i$个位置，每一个位置选多高都可以，所以有$(S+1)^{a-i}$，但是我们要保证这一列一定合法，所以还要减去$S^{a-i}$。
因为我们$f[i]$的定义为至少有$i$行不合法的方案数，所以我们还需要求得恰好有$i$行不合法的方案数，而我们只需要知道恰好有$0$行不合法的方案数（设为$res$），也就是都合法的方案数，考虑容斥，则有：
$$res=\sum \limits_{i=0}^a(-1)^i\times f[i]$$
那么，我们在来考虑一般情况，也就是上图中$S_2$以后的所有$S$，因为每当我们处理完一个$S$之后，下一个区域的形状只有$L$行或矩形，如下图（红色为上一次处理的区域，紫色为这一次处理的区域）：
而无论对于哪种情况，我们都按如下划分方式将其划分为两部分：
对于矩形的两种情况，无非就是没有了那一部分，可以认为举行是一种特殊的$L$行。
为方便，我们不妨将$L$行区域按如下图方式标号$a,b,c,d$：
那么，现在我给出状态转移方程：
$$f[i]=C_a^i\times (S^i\times ((S+1)^{a+c-i}-S^{a+c-i}))^b\times (S^i\times (S+1)^{a-i})^d$$
现在来解释这个更复杂的式子，先明确一下，因为上图中红色区域已经处理完毕，所以对于蓝色区域，其已经满足行，而没有满足列，对于绿色区域同理。
先来解释式子中的组合数$C_a^i$，你可能会存在疑问，为什么有$a+c$行，而不是$C_{a+c}^i$；那是因为上面我也明确过了，对于$c$行，行已经满足，我们不能让它不满足，而这$i$行的不满足我们只能从$a$行出；所以是$C_a^i$，而不是$C_{a+c}^i$。
再来解释$(S^i\times ((S+1)^{a+c-i}-S^{a+c-i}))^b$，对于$b$次方和$S^i$，上面对于$S$是最大的值的情况已经做了解释，在此就不做过多的赘述；直接解释$(S+1)^{a+c-i}-S^{a+c-i}$，这个也很好理解，与上面情况类似，有$i$行不合法，那么还有$a+c-i$个位置可以合法，而我们要保证这一列一定合法，所以还要减去不合法的情况。
最后来看后面新填进来的这一部分，应该能看的出来，这部分是为了处理矩形$a\times d$的，也就是区域$2$，式子与前面大体类似，不再赘述，只来思考这样一个问题：网上有另一篇题解（在我写之前可能也只有那一篇，而我就是按照那一篇的思路调出来的），他的后面这部分是$S^i\times (S+1)^{a-i}-S^{a-i})^d$，但是我的式子里却没有$-S^{a-i}$，他的式子的漏洞就在这里，而为什么不用这部分呢？因为我们减去$S^{a-i}$是为了让那一列合法，还是开始我明确的那个问题，因为我们在处理红色区域的时候已经保证了其合法，而红色区域的$S$要比矩形$a\times d$（绿色区域）的大，也就是高，所以无论如何其正视图都已经不变化了，变化的只有左视图，而我们需要做的就是让左视图合法，不用考虑列合不合法的问题，所以不用减去$S^{a-i}$。
对于统计合法方案数的容斥，其式子亦是：
$$res=\sum \limits_{i=0}^a (-1)^i\times f[i]$$
对于$c=0$和$d=0$的情况，我们将其带入上式会发现对结果并无影响，于是我们可以将特殊情况的式子和普通情况的式子合并成一个。
这样我们从达到小不断枚举每一个$S$即可求出所有合法方案数。
时间复杂度：$\Theta(n\log n)$。
期望得分：$100$分。
实际得分：$100$分。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n;
int A[100001],B[100001],S[200001];
long long jc[100001],inv[100001];
long long ans=1;
long long qpow(long long x,long long y)
{
long long res=1;
while(y)
{
if(y&1)res=res*x%mod;
x=x*x%mod;
y>>=1;
}
return res;
}
void pre_work()
{
jc[0]=1;
for(long long i=1;i<=100000;i++)jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
inv[100000]=qpow(jc[100000],mod-2);
for(long long i=100000;i>0;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}
long long get_C(int x,int y){return jc[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}
long long lucas(int x,int y)
{
if(!y)return 1;
return get_C(x%mod,y%mod)*lucas(x/mod,y/mod)%mod;
}
long long solve(int a,int b,int c,int d,int s)
{
long long res=0;
for(int i=0;i<=a;i++)
{
long long now=lucas(a,i)*qpow(qpow(s,i)*((qpow(s+1,a+c-i)-qpow(s,a+c-i)+mod)%mod)%mod,b)%mod*qpow(qpow(s,i)*qpow(s+1,a-i)%mod,d)%mod;
if(i&1)res=(res-now+mod)%mod;
else res=(res+now)%mod;
}
return res;
}
int main()
{
pre_work();
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&A[i]);S[i]=A[i];}
for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&B[i]);S[n+i]=B[i];}
sort(A+1,A+n+1);
sort(B+1,B+n+1);
if(A[n]!=B[n]){puts("0");return 0;}
sort(S+1,S+2*n+1);
S[0]=unique(S+1,S+2*n+1)-S-1;
int prea=n+1,preb=n+1,nowa=n,nowb=n;
for(int i=S[0];i;i--)
{
while(A[nowa-1]==S[i]&&nowa-1)nowa--;
while(B[nowb-1]==S[i]&&nowb-1)nowb--;
ans=ans*solve(prea-nowa,preb-nowb,n-prea+1,n-preb+1,S[i])%mod;
prea=nowa;preb=nowb;
}
printf("%lld",ans);
return 0;
}
rp++
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