Codeforces Round #621 (Div. 1 + Div. 2)E（二分查找，枚举分界点，容斥原理）

Posted 2020-11-25 ldudxy

可以把每头牛看作一个位置，有几对牛可以放置相当于有几对位置可以给它睡觉，没有牛可以在其他牛的位置睡觉，所以有几对牛放置的可能答案就乘多少（相当于在原本的两个集合里分别插入一个元素，元素代表它睡觉的位置）

 

 1 #define HAVE_STRUCT_TIMESPEC
 2 #include<bits/stdc++.h>
 3 using namespace std;
 4 int a[5007];
 5 vector<int>v[5007];
 6 int l[5007],r[5007];
 7 const long long mod =1e9+7;
 8 int n,m;
 9 int binary_search_(int color,int num){
10     int point=upper_bound(v[color].begin(),v[color].end(),num)-v[color].begin();
11     return point;
12 }
13 pair<int,long long> solve(){
14     long long sum=1;
15     int ans=0;
16     for(int i=1;i<=n;++i){//枚举草的颜色
17         int x=binary_search_(i,l[i]);//有x头牛可以放在左边
18         int y=binary_search_(i,r[i]);//有y有牛可以放在右边
19         if(x*y-min(x,y)>0){//两边都可以有牛放置
20             ans+=2;
21             sum=(sum*(x*y-min(x,y)))%mod;//每头牛停止的位置是唯一的（数据保证不存在喜爱相同颜色且数量也相同的牛）
22             //有几对喜爱吃颜色i草的牛，答案就乘多少，可以把每头牛看作一个位置，有几对牛可以放置相当于有几对位置可以给它睡觉，没有牛可以在其他牛的位置睡觉，所以有几对牛放置的可能答案就乘多少（相当于在原本的两个集合里分别插入一个元素，元素代表它睡觉的位置）
23         }
24         else if(x||y){//只有一边可以有牛放置或者两边只能放置同一头牛
25             ++ans;
26             sum=(sum*(x+y))%mod;//两种情况对答案产生的影响都是x+y，前者x或y有一个是0，后者x和y都是1
27         }
28     }
29     return make_pair(ans,sum);
30 }
31 int main(){
32     ios::sync_with_stdio(false);
33     cin.tie(NULL);
34     cout.tie(NULL);
35     cin>>n>>m;
36     for(int i=1;i<=n;++i){
37         cin>>a[i];
38         ++r[a[i]];//[i,n]区间里a[i]出现的次数
39     }
40     for(int i=1;i<=m;++i){
41         int x,y;
42         cin>>x>>y;
43         v[x].emplace_back(y);
44     }
45     for(int i=1;i<=n;++i)
46         sort(v[i].begin(),v[i].end());
47     int ans=0;
48     long long num=0;
49     for(int i=0;i<=n;++i){//以i+0.5为分界点
50         --r[a[i]];//分界点以右a[i]出现次数-1（a[i]被划到了左边）
51         ++l[a[i]];//分界点以左a[i]出现次数+1（a[i]被划到了左边）
52         pair<int,long long>pr=solve();
53         if(pr.first>ans){
54             ans=pr.first;
55             num=pr.second;
56         }
57         else if(pr.first==ans)
58             num=(num+pr.second)%mod;
59     }
60     for(int i=0;i<=n;++i){
61         l[a[i]]=0;//初始化
62         ++r[a[i]];//回归枚举分界线以前的状态
63     }
64     /*举一个重复计算的例子
65       8 2
66       1 1 1 1 2 2 2 2
67       1 2
68       2 2
69       答案应输出2 3
70       不容斥的话会输出2 11
71       因为当一次枚举分界点的时候i=2~7，牛的最多头数都是2，可是排列方式总数全都加到了sum中
72       通过容斥可以在第二次枚举分界点的时候i=2~6把多余的方案数去掉
73       容斥去掉的是实际上被重复计算的那些，可能有多个区间计算了同样的方案，相同方案只计算一次，不同方案还是都应该计入贡献
74     */
75     for(int i=0;i<n;++i){//第一次枚举分界点的时候计算了很多重复情况，需要用容斥将它挤掉
76         //新的分界左边区间是[0,i]，右边区间是[i+2,n]
77         --r[a[i+1]];
78         ++l[a[i]];
79         pair<int,long long>pr=solve();
80         if(pr.first==ans)
81             num=(mod+num-pr.second)%mod;//去掉重复计算的次数
82     }
83     cout<<ans<<" "<<num;
84     return 0;
85 }