P5204 [USACO19JAN]Train Tracking 2

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毒毒题，对着嘤文题解看了贼久

首先考虑此题的一个弱化版本：如果输入的所有\(c_i\)相等怎么做

现在假设有\(len\)个数，取值从\(v\)到\(10^9\)，而且每连续\(k\)个数至少有一个是\(v\)

那么取值就只有\(v\)和\(>v\)两种取值了，\(>v\)的取值有\(10^9-v\)种，设为\(x\)

那么有一个显然的dp，\(f_i\)表示这个问题i个数的答案

枚举这个数列的最后一个取值为\(v\)的数，假设是第\(j\)个，那么后面的\(i-j\)个数有\(x\)种选法

\(f_i=\sum_{j=i-k+1}^{i}x^{i-j}f_{j-1}\)

这个dp显然是不行的，还有一个dp，也是设\(f_i\)表示这个问题i个数的答案

\(f_i=(x+1)f_{i-1}-x^kf_{i-k-1}\)

第\(i\)个数随便选，乘\(i-1\)个数的答案，这时可能出现问题，就是第\(i-k+1\)个数到第\(i\)个数都\(>v\)导致了不合法，所以要减掉这些情况

为什么减掉的是\(x^kf_{i-k-1}\)呢，显然这\(k\)个数的放法共\(x^k\)种没有问题，要注意一下从第\(i-k+1\)个数到第\(i-1\)个数都\(>v\)，那么只有第\(i-k\)个数取值是\(v\)才能够满足最小值的条件，所以前面的取值方案数是\(f_{i-k-1}\)

il int solve(int v,int len){
	int x=1000000000-v,xk=pow(x,k);
	f[0]=f[1]=1;
	for(int i=2;i<=len+1;++i){
		f[i]=1ll*(x+1)*f[i-1]%mod;
		if(i-k-1>=0)f[i]=(f[i]-1ll*xk*f[i-k-1]%mod+mod)%mod;
	}
	return f[len+1];
}

那么解决了前面的问题，后面的也很好办

设\(s(v,len)\)表示现在假设有\(len\)个数，取值从\(v\)到\(10^9\)，而且每连续\(k\)个数至少有一个是\(v\)问题的答案，可以在\(O(len)\)时间内球解

首先，可以将一段相等的\(c\)合并起来

然后（开始口胡）

对于一个段\(c_i=\cdots=c_j\)，如果只有这一段，方案数为\(s(c_i,j-i+k)\)

如果有一个\(c_{i-1}>c_i\)

那么可以知道的是

\(\min\{a_{i-1},\cdots,a_{i+k-2}\}=c_{i-1}\)

这里可以推出\(a_{i-1},\cdots,a_{i+k-2}\geq c_{i-1}\)

\(\min\{a_{i},\cdots,a_{i+k-1}\}=c_{i}\)

前面已经推出\(a_{i},\cdots,a_{i+k-2}\geq c_{i-1}>c_{i}\)了，所以这些都不可能是最小值

这一段的最小值只能有一个就是\(a_{i+k-1}=c_{i}\)

前面的数也都在前一段的范围内

所以这一段最前面\(k\)个数就没了，其中前\(k-1\)个数会在前面段计算答案，第\(k\)个数只有一个取值\(c_i\)

对于后面也同理，如果\(c_{j+1}>c_j\)则后面\(k\)个数没了

所以一段的len实际上是\(j-i+k\)减去0到2个\(k\)

对于所有的段依次球解最后方案数乘起来即可

代码极为简单

#include<bits/stdc++.h>
#define il inline
#define vd void
#define mod 1000000007
typedef long long ll;
il ll gi(){
	ll x=0,f=1;
	char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){
		if(ch=='-')f=-1;
		ch=getchar();
	}
	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return x*f;
}
int n,k;
int a[100010];
int f[100010];
il int pow(int x,int y){
	int ret=1;
	while(y){
		if(y&1)ret=1ll*ret*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;y>>=1;
	}
	return ret;
}
il int solve(int v,int len){
	int x=1000000000-v,xk=pow(x,k);
	f[0]=f[1]=1;
	for(int i=2;i<=len+1;++i){
		f[i]=1ll*(x+1)*f[i-1]%mod;
		if(i-k-1>=0)f[i]=(f[i]-1ll*xk*f[i-k-1]%mod+mod)%mod;
	}
	return f[len+1];
}
int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("in.in","r",stdin);
	freopen("out.out","w",stdout);
#endif
	n=gi(),k=gi();
	for(int i=1;i<=n-k+1;++i)a[i]=gi();
	int ans=1,len;
	for(int i=1,j;i<=n-k+1;i=j+1){
		j=i;
		while(a[j+1]==a[i])++j;
		len=j-i+k;
		if(i!=1&&a[i-1]>a[i])len-=k;
		if(j!=n-k+1&&a[j+1]>a[i])len-=k;
		if(len>0)ans=1ll*ans*solve(a[i],len)%mod;
	}
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}