bzoj3193 [JLOI2013]地形生成

Description

最近IK正在做关于地形建模的工作。其中一个工作阶段就是把一些山排列成一行。每座山都有各不相同的标号和高度。为了遵从一些设计上的要求，每座山都设置了一个关键数字，要求对于每座山，比它高且排列在它前面的其它山的数目必须少于它的关键数字。

 显然满足要求的排列会有很多个。对于每一个可能的排列，IK生成一个对应的标号序列和等高线序列。标号序列就是按顺序写下每座山的标号。等高线序列就是按顺序写下它们的高度。例如有两座山，这两座山的一个合法排列的第一座山的标号和高度为1和3，而第二座山的标号和高度分别为2和4，那么这个排列的标号序列就是1 2，而等高线序列就是3 4.

 现在问题就是，给出所有山的信息，IK希望知道一共有多少种不同的符合条件的标号序列和等高线序列。

Input

输入第一行给出山的个数N。接下来N行每行有两个整数，按照标号从1到N的顺序分别给出一座山的高度和关键数。

Output

输出两个用空格分隔开的数，第一个数是不同的标号序列的个数，第二个数是不同的等高线序列的个数。这两个答案都应该对2011取模，即输出两个答案除以2011取余数的结果

Sample Input

2
1 2
2 2

Sample Output

2 2

HINT 

对于所有的数据，有1<=N<=1000，所有的数字都是不大于109的正整数。

正解：组合数学+$dp$。

把所有山按照高度从大到小排序，相同的一段单独处理。

对于第一问，算出每次可以插空的数量直接乘法原理即可。

第二问我们需要一个$dp$，设$f[i][j]$表示放了第$i$座山，$i$在位置$j$的方案数。

那么第$i+1$座山首先要满足题目给的条件，然后还要在$i$的后面，于是枚举$i+1$的位置$k$，转移即可。

这样做复杂度是$O(n^{3})$的，我们在$dp$里加上前缀和优化就能做到$O(n^{2})$了。

#include <bits/stdc++.h>
#define il inline
#define RG register
#define ll long long

using namespace std;

struct data{ int h,l; }a[1005];

int f[1005][1005],sum[1005],n,ans1,ans2;

il int gi(){
  RG int x=0,q=1; RG char ch=getchar();
  while ((ch<'0' || ch>'9') && ch!='-') ch=getchar();
  if (ch=='-') q=-1,ch=getchar();
  while (ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-48,ch=getchar();
  return q*x;
}

il int cmph(const data &a,const data &b){
  if (a.h==b.h) return a.l<b.l; return a.h>b.h;
}

il void work(RG int l,RG int r){
  for (RG int i=1;i<=l && i<=a[l].l+1;++i) f[l][i]=1;
  for (RG int i=1;i<=l;++i) sum[i]=(sum[i-1]+f[l][i])%2011;
  for (RG int i=l+1,p=2;i<=r;++i,++p){
    for (RG int j=1;j<=i && j<=a[i].l+p;++j) f[i][j]=sum[j-1];
    for (RG int j=1;j<=i;++j) sum[j]=(sum[j-1]+f[i][j])%2011;
  }
  RG int res=0;
  for (RG int i=1;i<=r;++i) (res+=f[r][i])%=2011;
  (ans2*=res)%=2011; return;
}

int main(){
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("terrain.in","r",stdin);
  freopen("terrain.out","w",stdout);
#endif
  n=gi();
  for (RG int i=1;i<=n;++i) a[i].h=gi(),a[i].l=gi()-1;
  sort(a+1,a+n+1,cmph),ans1=ans2=1;
  for (RG int i=1,j;i<=n;i=j+1){
    j=i; while (j<n && a[j+1].h==a[j].h) ++j; work(i,j);
    for (RG int k=i,l=1;k<=j;++k,++l) (ans1*=min(k,a[k].l+l))%=2011;
  }
  cout<<ans1<<' '<<ans2; return 0;
}