一個數 原理 endif 等高線 int gist line 數據 its

Description

最近IK正在做關於地形建模的工作。其中一個工作階段就是把一些山排列成一行。每座山都有各不相同的標號和高度。為了遵從一些設計上的要求，每座山都設置了一個關鍵數字，要求對於每座山，比它高且排列在它前面的其它山的數目必須少於它的關鍵數字。 顯然滿足要求的排列會有很多個。對於每一個可能的排列，IK生成一個對應的標號序列和等高線序列。標號序列就是按順序寫下每座山的標號。等高線序列就是按順序寫下它們的高度。例如有兩座山，這兩座山的一個合法排列的第一座山的標號和高度為1和3，而第二座山的標號和高度分別為2和4，那麽這個排列的標號序列就是1 2，而等高線序列就是3 4. 現在問題就是，給出所有山的信息，IK希望知道一共有多少種不同的符合條件的標號序列和等高線序列。

Input

輸入第一行給出山的個數N。接下來N行每行有兩個整數，按照標號從1到N的順序分別給出一座山的高度和關鍵數。

Output

輸出兩個用空格分隔開的數，第一個數是不同的標號序列的個數，第二個數是不同的等高線序列的個數。這兩個答案都應該對2011取模，即輸出兩個答案除以2011取余數的結果

Sample Input

2
1 2
2 2

Sample Output

2 2

HINT

對於所有的數據，有1<=N<=1000，所有的數字都是不大於109的正整數。

正解：組合數學+$dp$。

把所有山按照高度從大到小排序，相同的一段單獨處理。

對於第一問，算出每次可以插空的數量直接乘法原理即可。

第二問我們需要一個$dp$，設$f[i][j]$表示放了第$i$座山，$i$在位置$j$的方案數。

那麽第$i+1$座山首先要滿足題目給的條件，然後還要在$i$的後面，於是枚舉$i+1$的位置$k$，轉移即可。

這樣做復雜度是$O(n^{3})$的，我們在$dp$裏加上前綴和優化就能做到$O(n^{2})$了。

 1 #include <bits/stdc++.h>
 2 #define il inline
 3 #define RG register
 4 #define ll long long
 5
 
 
 6 using namespace std;
 7 
 8 struct data{ int h,l; }a[1005];
 9 
10 int f[1005][1005],sum[1005],n,ans1,ans2;
11 
12 il int gi(){
13   RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar();
14   while ((ch<‘0‘ || ch>‘9‘) && ch!=‘-‘) ch=getchar();
15   if (ch==‘-‘) q=-1,ch=getchar();
16   while (ch>=‘0‘ && ch<=‘9‘) x=x*10+ch-48,ch=getchar();
17   return q*x;
18 }
19 
20 il int cmph(const data &a,const data &b){
21   if (a.h==b.h) return a.l<b.l; return a.h>b.h;
22 }
23 
24 il void work(RG int l,RG int r){
25   for (RG int i=1;i<=l && i<=a[l].l+1;++i) f[l][i]=1;
26   for (RG int i=1;i<=l;++i) sum[i]=(sum[i-1]+f[l][i])%2011;
27   for (RG int i=l+1,p=2;i<=r;++i,++p){
28     for (RG int j=1;j<=i && j<=a[i].l+p;++j) f[i][j]=sum[j-1];
29     for (RG int j=1;j<=i;++j) sum[j]=(sum[j-1]+f[i][j])%2011;
30   }
31   RG int res=0;
32   for (RG int i=1;i<=r;++i) (res+=f[r][i])%=2011;
33   (ans2*=res)%=2011; return;
34 }
35 
36 int main(){
37 #ifndef ONLINE_JUDGE
38   freopen("terrain.in","r",stdin);
39   freopen("terrain.out","w",stdout);
40 #endif
41   n=gi();
42   for (RG int i=1;i<=n;++i) a[i].h=gi(),a[i].l=gi()-1;
43   sort(a+1,a+n+1,cmph),ans1=ans2=1;
44   for (RG int i=1,j;i<=n;i=j+1){
45     j=i; while (j<n && a[j+1].h==a[j].h) ++j; work(i,j);
46     for (RG int k=i,l=1;k<=j;++k,++l) (ans1*=min(k,a[k].l+l))%=2011;
47   }
48   cout<<ans1<<‘ ‘<<ans2; return 0;
49 }

bzoj3193 [JLOI2013]地形生成