[BZOJ4621]Tc605

[BZOJ4621]Tc605

试题描述

最初你有一个长度为 (N) 的数字序列 (A)。为了方便起见，序列 (A) 是一个排列。

你可以操作最多 (K) 次。每一次操作你可以先选定一个 (A) 的一个子串，然后将这个子串的数字全部变成原来这个子串的最大值。问最终有几种可能的数字序列。答案对 (10^9+7) 取模。

输入

第一行两个数 (N) 和 (K)。第二行 (N) 个数，描述一个排列 (A)。

输出

输出一个数，表示答案在模域下的值。

输入示例

3 2
3 1 2

输出示例

4

数据规模及约定

(N,K le 500)，有 (6) 组数据 (N>100)，有梯度

题解

令 (f(i, j)) 表示前 (i) 个位置操作了 (j) 次的可能序列数。

但是直接转移非常困难，我们从第 (1) 个数开始依次把这个 dp 值用刷表法得出来。假设第 (i) 个数能覆盖到区间 ([l, r])，那么 ([l, r]) 的任意子区间都可以是这个数且只有这个子区间是这个数。这样我们就可以对于 (k in [l, r])，(f(k, j)) 的值就会增加 (sum_{t=l-1}^{k-1} f(t, j-1))，我们顺序扫这个 (k) 同时维护前缀和就可以了。注意如果在某个转移中 (i) 只影响到 ([i, i]) 这个区间，不能算作“一步”，即 (f(i-1, j)) 能直接转移到 (f(i, j))，而不是 (f(i-1, j-1)) 转移到 (f(i, j))。

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define rep(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i <= mi; i++)
#define dwn(i, s, t) for(int i = (s), mi = (t); i >= mi; i--)

int read() {
	int x = 0, f = 1; char c = getchar();
	while(!isdigit(c)){ if(c == '-') f = -1; c = getchar(); }
	while(isdigit(c)){ x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }
	return x * f;
}

#define maxn 510
#define MOD 1000000007
#define LL long long

int n, K, A[maxn], f[maxn][maxn];

int main() {
	n = read(); K = read();
	rep(i, 1, n) A[i] = read();
	
	f[0][0] = 1;
	rep(i, 1, n) {
		int l = i, r = i;
		while(l > 1 && A[l-1] <= A[i]) l--;
		while(r < n && A[r+1] <= A[i]) r++;
		dwn(j, K, 1) {
			f[i][j] += f[i-1][j]; if(f[i][j] >= MOD) f[i][j] -= MOD;
			int sum = 0;
			rep(k, l, r) {
				sum += f[k-1][j-1]; if(sum >= MOD) sum -= MOD;
				f[k][j] += sum; if(f[k][j] >= MOD) f[k][j] -= MOD;
			}
			f[i][j] -= f[i-1][j-1]; if(f[i][j] < 0) f[i][j] += MOD;
		}
		f[i][0] += f[i-1][0]; if(f[i][0] >= MOD) f[i][0] -= MOD;
	}
	
	int ans = 0;
	rep(i, 0, K) {
		ans += f[n][i];
		if(ans >= MOD) ans -= MOD;
	}
	printf("%d
", ans);
	
	return 0;
}