【纪中集训2019.3.20】河

题目

描述

给出(n)条河流，每条河流是形式为(k_{i}x+b_{i})的一次函数且只有(x)轴正半轴的部分；

河流的污染部分和另外一条河流的干净部分交汇，干净的部分会被污染；

有若干个工厂要建在(b_{i})处，问有多少种方案使得所有的河流在无穷远处被污染；

答案对(1e9+7)取模

范围

$1 le N le 5 imes 10^5 , |k_{i}|,|b_{i}| le 10^9 $

保证(b_{i})互不相同；

题解

• 需要先找到可以被一条河流污染的所以河流

• 首先(b_{j}<b_{i}且k_{j}>k_{i}) 或者(b_{j}>b_{i}且k_{j}<k_{i}) 可以被直接污染;

• 对于每一条起源在(i)下方的(b_{j}<b_{i}且k_{j}>k_{i})河流(j) ，在河流(i)上方的部分会额外污染(b_{l}>b_{i}且k_{l}<k_{i})的河流

• 这样在下方我们就只需要考虑最大的(k_{j})即可；

• 同理在上方只需要考虑最小的(k_{j})；

• 所以污染一条河流意味着污染一个按(k)排序的区间；

• 剩下的就是线段覆盖，直接前缀和优化即可；

• (不知道为什么不按左端点排序也可以(AC));

  #include<bits/stdc++.h>
  #define mod 1000000007
  using namespace std;
  const int N=500010;
  int n,m,sub[N],tot,rk[N],L[N],R[N],c[N];
  vector<int>g[N];
  char gc(){
  	static char*p1,*p2,s[1000000];
  	if(p1==p2)p2=(p1=s)+fread(s,1,1000000,stdin);
  	return(p1==p2)?EOF:*p1++;
  }
  int rd(){
  	int x=0,f=1;char c=gc();
  	while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=-1;c=gc();}
  	while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0',c=gc();
  	return x*f;
  }
  struct P{int x,y,id;}p[N];
  bool cmpy(const P&A,const P&B){return A.y==B.y?A.x<B.x:A.y<B.y;}
  bool cmpx(const P&A,const P&B){return A.x<B.x;}
  void inc(int&x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
  void add(int x,int y){for(++x;x<=n+1;x+=x&-x)inc(c[x],y);}
  int ask(int x){int re=0;for(++x;x;x-=x&-x)inc(re,c[x]);return re;}
  int main(){
  	freopen("river.in","r",stdin);
  	freopen("river.out","w",stdout);
  	n=rd();
  	for(int i=1;i<=n;++i)p[i].x=rd(),p[i].y=rd(),p[i].id=i;
  	sort(p+1,p+n+1,cmpy);
  	for(int i=1;i<=n;++i)rk[p[i].id]=i;
  	sort(p+1,p+n+1,cmpx);
  	R[0]=0;for(int i=1;i<=n;++i)R[i]=max(R[i-1],rk[p[i].id]);
  	L[n+1]=n+1;for(int i=n;i;--i)L[i]=min(L[i+1],rk[p[i].id]);
  	for(int i=1;i<=n;++i)g[R[i]].push_back(L[i]);
  	add(0,1);
  	for(int i=1;i<=n;++i)
  	for(int j=0;j<(int)g[i].size();++j){
  		int l=g[i][j],tmp=ask(i);
  		if(l>1)tmp=(tmp-ask(l-2)+mod)%mod;
  		add(i,tmp);
  	}
  	int ans=(ask(n)-ask(n-1)+mod)%mod;
  	cout<<ans<<endl;
  	return 0;
  }