1307E - Cow and Treats 二分 枚举边界 容斥

Posted 2021-03-07 ttttttttrx

1307E - Cow and Treats

题意

有一排给定口味的草，并且给m头牛，每个牛都只吃一种口味的草，并且要吃给定数量个
。现在可以安排牛从两边出发，方向向另一方向进发，每次路过符合他口味的草就会吃，
吃到他需要的数量就会停下开始睡觉，开始睡觉后就是个路障，不能通行。如果一个牛
吃到了他需要的数量的草就会Happy,让你安排牛从两边走，求最大数量的happy牛的数量，
并且求出满足最大数量情况下的方案数。方案的不同体现在集合的不同，比如从左边出发
的牛集合不同，就算做不同方案。

题解

首先我们先来解决最大数量的问题。对于吃每一种口味的牛来说，同口味的牛，不能从同方向
出发超过两只，显然可得，那么也就是说同一个口味的牛最多左边右边出发一只，也就是最多
2只。对每一种牛求一下即可得最大口味数，本题的难点在于求方案数。这里要分左右n只有5000，
一个很自然的想法是枚举从左和从右的分界线。假如从左开始到分界线一共有right[i]个i口
味的草，那么需要吃的数量小于等于right[i]的牛都可以从这里出发，左边同理。我们设从左
出发满足条件的牛有a个，从右有b个，那么从两边方案数量为a*b-min(a,b) 这里用的是容斥的
思想。因为min(a,b),一定是max(a,b)的子集，所以可得。A交B的数量为min(a,b)，从一边的方
案数为(a+b)。从左到右枚举分界点算一遍即可。这里还要解决的是重复的问题，例如[1,10]区间
假如[1,4] [7,10] 分别是两边行进的路径，那么[1,5][5,10] 就会把这个集合再算一遍，就重复了。
怎么解决这个问题呢，我们可以考虑枚举每一个有牛休息的点，对于这个点，固定该点口味的牛，其他的点
只要符合要求随意停留，这样就能不重不漏计算出方案数了。
这里可以用upper_bound 很方便得找到符合条件的数量，同时用std::binary_search可以方便判断一个数
在不在数组中。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define mkp make_pair
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=5000+5;
int lefts[maxn],rights[maxn],num[maxn],ways[maxn],s[maxn];
int n,m;
vector<int>v[maxn];
void solve1(int id){
    int a=upper_bound(v[id].begin(),v[id].end(),rights[id])-v[id].begin();
    int b=upper_bound(v[id].begin(),v[id].end(),lefts[id])-v[id].begin();
    ll cnt2=a*b-min(a,b);//tow sides
    ll cnt1=a+b;//one sides
    if(cnt2>0){
        ways[id]=cnt2;
        num[id]=2;
    }
    else if(cnt1>0){
        ways[id]=cnt1;
        num[id]=1;
    }
    else {
        ways[id]=1;
        num[id]=0;
    }
}
ll ans_tot=-1,ans_ways=1;
ll add(ll a,ll b ){
    a=(a+mod)%mod,b=(b+mod)%mod;
    return (a+b+mod)%mod;
}
void update(ll tmp_tot,ll tmp_ways){
    if(tmp_tot>ans_tot){
        ans_tot=tmp_tot;
        ans_ways=tmp_ways;
    }
    else if(tmp_tot==ans_tot){
        ans_ways=add(ans_ways,tmp_ways);
    }
}
void solve2(int id){
    int a=upper_bound(v[id].begin(),v[id].end(),rights[id])-v[id].begin();
    if(rights[id]>=lefts[id])//因为同一种口味同1数量的牛不可能有2个 所以固定一个在边界睡觉后 如果right[id]>=left[id] 既这个牛也满足从左边出发，只需要减掉他即可
        a--;
    if(a>0){
        ways[id]=a;
        num[id]=2;
    }
    else {
        ways[id]=1;
        num[id]=1;
    }
}
ll mul(ll a,ll b){
    a=(a+mod)%mod;
    b=(b+mod)%mod;
    return (a%mod)*(b%mod)%mod;
}
ll fpow(ll a,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=mul(ans,a);
        a=mul(a,a);
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
ll inv(ll x){
    return fpow(x,mod-2);
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&s[i]),rights[s[i]]++;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        int x,y;
        scanf("%d%d",&x,&y);
        v[x].push_back(y);
    }
    for(int i=1;i<=m;i++)sort(v[i].begin(),v[i].end());
    for(int i=1;i<=n;i++){
        solve1(i);
    }
    ll tmp_tot=0,tmp_ways=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        tmp_tot+=num[i];
        tmp_ways=mul(tmp_ways,ways[i]);
    }
    update(tmp_tot,tmp_ways);
    //cout<<ans_tot<<" "<<ans_ways<<endl;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        tmp_tot-=num[s[i]];
        tmp_ways=mul(tmp_ways,inv(ways[s[i]]));
        //cout<<"??? "<<tmp_ways<<endl;
        rights[s[i]]--,lefts[s[i]]++;
        if(binary_search(v[s[i]].begin(),v[s[i]].end(),lefts[s[i]])){
            solve2(s[i]);
            update(tmp_tot+num[s[i]],mul(tmp_ways,ways[s[i]]));

            //cout<<i<<" "<<lefts[s[i]]<<"  "<<tmp_tot+num[s[i]]<<"  "<<ways[s[i]]<<endl;
            //cout<<ans_tot<<" zzz "<<ans_ways<<endl;
        }
        solve1(s[i]);
        tmp_tot+=num[s[i]];
        //cout<<ways[s[i]]<<endl;
        tmp_ways=mul(tmp_ways,ways[s[i]]);
    }
    printf("%lld %lld
",ans_tot,ans_ways);
    return 0;
}