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

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）

容斥的时候，第二遍会把当前位置i+1这个点没有牛在睡觉的情况全部去掉，尝试写了不容斥，直接计算当前枚举位置i一定有牛睡觉的方法，发现巨麻烦无比，遂放弃55555

 #define HAVE_STRUCT_TIMESPEC
 #include<bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 int a[];
 vector<int>v[];
 int l[],r[];
 const long long mod =1e9+;
 int n,m;
 int binary_search_(int color,int num){
     int point=upper_bound(v[color].begin(),v[color].end(),num)-v[color].begin();
     return point;
 }
 pair<int,long long> solve(){
     long long sum=;
     int ans=;
     for(int i=;i<=n;++i){//枚举草的颜色
         int x=binary_search_(i,l[i]);//有x头牛可以放在左边
         int y=binary_search_(i,r[i]);//有y有牛可以放在右边
         if(x*y-min(x,y)>){//两边都可以有牛放置
             ans+=;
             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）
             //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）
         }
         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
             ++ans;
             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
         }
     }
     return make_pair(ans,sum);
 }
 int main(){
     ios::sync_with_stdio(false);
     cin.tie(NULL);
     cout.tie(NULL);
     cin>>n>>m;
     for(int i=;i<=n;++i){
         cin>>a[i];
         ++r[a[i]];//[i,n]区间里a[i]出现的次数
     }
     for(int i=;i<=m;++i){
         int x,y;
         cin>>x>>y;
         v[x].emplace_back(y);
     }
     for(int i=;i<=n;++i)
         sort(v[i].begin(),v[i].end());
     int ans=;
     long long num=;
     for(int i=;i<=n;++i){//以i+0.5为分界点
         --r[a[i]];//分界点以右a[i]出现次数-1（a[i]被划到了左边）
         ++l[a[i]];//分界点以左a[i]出现次数+1（a[i]被划到了左边）
         pair<int,long long>pr=solve();
         if(pr.first>ans){
             ans=pr.first;
             num=pr.second;
         }
         else if(pr.first==ans)
             num=(num+pr.second)%mod;
     }
     for(int i=;i<=n;++i){
         l[a[i]]=;//初始化
         ++r[a[i]];//回归枚举分界线以前的状态
     }
     /*举一个重复计算的例子
       8 2
       1 1 1 1 2 2 2 2
       1 2
       2 2
       答案应输出2 3
       不容斥的话会输出2 11
       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
       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
       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
       容斥去掉第i个位置没有牛的情况，这样可以保证所有计算在内的情况必定有牛要在[0,n]枚举区间i位置时睡觉
     */
     for(int i=;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
         //新的分界左边区间是[0,i]，右边区间是[i+2,n]
         --r[a[i+]];
         ++l[a[i]];
         pair<int,long long>pr=solve();
         if(pr.first==ans)
             num=(mod+num-pr.second)%mod;//去掉重复计算的次数
     }
     cout<<ans<<" "<<num;
     return ;
 }