@bzoj - 3711@ [PA2014]Druzyny

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体育课上，n个小朋友排成一行（从1到n编号），老师想把他们分成若干组，每一组都包含编号连续的一段小朋友，每个小朋友属于且仅属于一个组。

第i个小朋友希望它所在的组的人数不多于d[i]，不少于c[i]，否则他就会不满意。

在所有小朋友都满意的前提下，求可以分成的组的数目的最大值，以及有多少种分组方案能达到最大值。

原题传送门。

@solution@

记 \(dp_i\) 表示前 i 个人进行分组的最优值及方案数。我们可以从满足 \(\max\{c_{j+1\dots i}\} \leq i - j \leq \min\{d_{j+1\dots i}\}\) 的 j 转移到 i。

朴素 dp 是 \(O(n^2)\) 的，需要优化。

d 有单调性的：当 j 离 i 越远，\(\min\{d_{j+1\dots i}\}\) 越小同时 \(i - j\) 越大。

我们可以记 \(left_i\) 表示只考虑 d 的限制，能够转移到 i 的最小 \(j\)。

不过，c 没有单调性。

注意到对于区间 [l, r]，如果 c 的最大值在 x，则从 [l, x-1] 转移到 [x, r] 的限制全部都是 c[x]。

因此，我们可以考虑根据区间最大值（笛卡尔树）进行分治。

不妨记 k = c[x]。此时如果 [l, x-1] 中的某个 j 可以转移到 [x, r] 中的某个 i，则应有 \(left_i \leq j \leq i - k\)。这是一个和 i 有关的区间，可以使用线段树维护。

但是由于区间并不是等分两份然后递归，此时复杂度 \(T(a + b) = T(a) + T(b) + b\log n\) 还是可能会炸。

对于这种非等分的分治，我们可以考虑怎么把复杂度变为 \(T(a + b) = T(a) + T(b) + \min\{a, b\}\log n\)，这样总时间复杂度就会降为 \(O(n\log^2 n)\)（可以考虑成启发式合并的时间复杂度）。

对于某个 j，它所能转移到的 i 也是个和 j 有关的区间，只需要根据 \(left\) 的单调性进行二分。这个线段树区间修改即可。

左右区间哪个小，就在那个区间进行扫描 + 线段树查询/区间修改。这样就可以做到 \(O(n\log^2 n)\)，但是还不足以通过本题。

\(left\) 是一个很棘手的条件，我们考虑将 [x, r] 的 i 分成 3 种类型：\(left_i < l\)；\(l \leq left_i < x\)；\(x \leq left_i\)，每一种都是连续的区间。

第 3 种直接不管。

第 2 种的 i 满足 \(left_i < x \leq i\)，也就是区间 \([left_i, i]\) 横跨了分治中心。对于每个 i 只会有一次横跨，因此直接暴力 \(O(\log n)\) 线段树查询总时间复杂度依然是 \(O(n\log n)\)。

此时第 1 种就没有 \(left\) 的限制了，只需要满足 \(j \leq i - k\)。

我们先对 x 求出满足 \(j \leq x - k\) 的所有 j 的贡献（如果左区间小就暴力扫；如果右区间小就线段树查）。

此时如果 i 变为 i + 1，则最多只会贡献一个新的 j；同理如果 j 变为 j + 1，则转移范围最多少 1。因此直接扫描一遍，就不需要线段树。

最后如果左区间小，则还需要把那些取值范围覆盖整个左区间的点 i 线段树区间修改。

第 1 种的复杂度为 \(T(a + b) = T(a) + T(b) + \min\{a, b\} + \log n\)，前面依然通过启发式合并的想法得到复杂度 \(O(n\log n)\)；而后面的 \(\log n\) 的贡献是决策树内的点数，由于决策树大小为 O(n) 所以总复杂度为 \(O(n\log n)\)。

因此总时间复杂度 \(O(n\log n)\)。

@accepted code@

#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;

const int MOD = 1000000007;
const int MAXN = 1000000;
const int INF = (1 << 30);

struct type{
    int mx, cnt; type() : mx(-INF) {}
    type(int _m, int _c) : mx(_m), cnt(_c) {}
    friend type operator + (const type &a, const type &b) {
        if( a.mx < 0 ) return b;
        else if( b.mx < 0 ) return a;
        else {
            if( a.mx == b.mx )
                return type(a.mx, a.cnt + b.cnt >= MOD ? a.cnt + b.cnt - MOD : a.cnt + b.cnt);
            else return (a.mx > b.mx ? a : b);
        }
    }
};
type func(type x) {return x.mx >= 0 ? type(x.mx + 1, x.cnt) : type();}

namespace segtree{
    type tag[2*MAXN + 5], mx[2*MAXN + 5];

    inline int id(int l, int r) {return (l + r) | (l != r);}
    void maintain(int x, type t) {tag[x] = tag[x] + t, mx[x] = mx[x] + t;}
    void pushup(int l, int r) {
        int m = (l + r) >> 1;
        int x = id(l, r), lch = id(l, m), rch = id(m + 1, r);
        mx[x] = mx[lch] + mx[rch];
    }
    void pushdown(int l, int r) {
        int m = (l + r) >> 1;
        int x = id(l, r), lch = id(l, m), rch = id(m + 1, r);
        if( tag[x].mx >= 0 ) {
            maintain(lch, tag[x]);
            maintain(rch, tag[x]);
            tag[x] = type();
        }
    }
    void update(int l, int r, int ql, int qr, type k) {
        int x = id(l, r);
        if( ql > r || qr < l ) return ;
        if( ql <= l && r <= qr ) {
            maintain(x, k);
            return ;
        }
        pushdown(l, r);
        int m = (l + r) >> 1;
        update(l, m, ql, qr, k);
        update(m + 1, r, ql, qr, k);
        pushup(l, r);
    }
    type query(int l, int r, int ql, int qr) {
        int x = id(l, r);
        if( ql > r || qr < l ) return type();
        if( ql <= l && r <= qr ) return mx[x];
        pushdown(l, r); int m = (l + r) >> 1;
        return query(l, m, ql, qr) + query(m + 1, r, ql, qr);
    }
};

int read() {
    int x = 0; char ch = getchar();
    while( '0' > ch || ch > '9' ) ch = getchar();
    while( '0' <= ch && ch <= '9' ) x = 10*x + ch - '0', ch = getchar();
    return x;
}

int c[MAXN + 5], d[MAXN + 5], n;

int ch[2][MAXN + 5], stk[MAXN + 5], tp, rt;
void get() {
    for(int i=1;i<=n;i++) {
        int nw = 0;
        while( tp && c[stk[tp]] <= c[i] )
            ch[1][stk[tp]] = nw, nw = stk[tp--];
        stk[++tp] = i, ch[0][i] = nw;
    }
    while( tp ) {
        int x = stk[tp--];
        if( tp ) ch[1][stk[tp]] = x;
        else rt = x;
    }
}

int le[MAXN + 5]; type dp[MAXN + 5];
void solve(int l, int r, int x) {
//  printf("%d %d %d\n", l, r, x);
    if( l == r ) {
        segtree::update(0, n, l, r, dp[l]);
        dp[l] = segtree::query(0, n, l, r);
        return ;
    }
    else {
        solve(l, x - 1, ch[0][x]);

        int k = c[x];
        int p = lower_bound(le + x, le + r + 1, l) - le;
        int q = lower_bound(le + x, le + r + 1, x) - le;

        if( x - l < r - x + 1 ) {
            type nw = type();
            for(int i=l;i<x;i++) {
                nw = nw + func(dp[i]);
                if( x <= i + k && i + k < p )
                    dp[i + k] = dp[i + k] + nw;
            }
            segtree::update(0, n, x + k, p - 1, nw);
        }
        else {
            type nw = func(segtree::query(0, n, l, x - k - 1));
            for(int i=x;i<p;i++) {
                if( l <= i - k && i - k < x )
                    nw = nw + func(dp[i - k]);
                dp[i] = dp[i] + nw;
            }
        }

        for(int i=p;i<q;i++)
            dp[i] = dp[i] + func(segtree::query(0, n, le[i], min(i - k, x - 1)));

        solve(x, r, ch[1][x]);
    }
}
int main() {
    n = read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        c[i] = read(), d[i] = read();

    int s, t; stk[s = t = 1] = 1, le[1] = 0;
    for(int i=2;i<=n;i++) {
        while( s <= t && d[i] <= d[stk[t]] )
            t--;
        stk[++t] = i;

        le[i] = le[i - 1];
        while( i - le[i] > d[stk[s]] ) {
            le[i]++;
            while( stk[s] <= le[i] ) s++;
        }
    }

    dp[0] = type(0, 1), get(), solve(0, n, rt);
    if( dp[n].mx >= 0 ) printf("%d %d\n", dp[n].mx, dp[n].cnt);
    else puts("NIE");
}

@details@

本题卡空间，所以你需要一些卡空间的手段（比如线段树空间从 4n 降到 2n 的方法）。