题目：[USACO11FEB]Generic Cow Protests
这道题首先想到DP。
考虑：阶段数一般为序列编号，如果我们设第二维状态用以表示划分段数，空间复杂度不够。综上，我们使用(dp[i])直接表示第i位所有情况和。
有方程：
[dp[i]=sum_{j=1}^{i-1}{dp[j]}(sum[i]-sum[j]≥0)
]
时间复杂度为(O(n^2))。
实际上，我们使用数据结构优化时间复杂度。考虑条件：
[sum[i]-sum[j]≥0
]
移项得：
[sum[i]≥sum[j]
]
也就是说，它的状态值是所有小于(sum[i])的位置，因而可以使用树状数组或线段树。
具体地，我们可以将所有前缀和进行离散化，按照值域建立一颗线段树，从(1)到(n)一次统计答案。
时间复杂度为(O(nlogn))
#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
const int SIZE = 100000 + 10, mod = 1e9 + 9;
int n, tot = 0, a[SIZE], b[SIZE], table[SIZE], s[SIZE], c[SIZE], dp[SIZE] = {};
int lowbit(int x)
{
return x & (-x);
}
void discrete()
{
sort(b, b + n + 1);
table[++ tot] = b[0];
for(int i = 1; i <= n; ++ i) if(b[i] != b[i - 1]) table[++ tot] = b[i];
return;
}
int query(int v)
{
int L = 1, R = tot, mid;
while(L < R)
{
mid = L + R >> 1;
if(table[mid] < v) L = mid + 1;
else R = mid;
}
return L;
}
void add(int x, int v)
{
while(x <= n)
{
c[x] = (c[x] + v) % mod;
x += lowbit(x);
}
return;
}
int ask(int x)
{
int res = 0;
while(x)
{
res = (res + c[x]) % mod;
x -= lowbit(x);
}
return res;
}
int main()
{
scanf("%d", &n);
memset(a, 0, sizeof(a));
memset(s, 0, sizeof(s));
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
{
scanf("%d", &a[i]);
s[i] = s[i - 1] + a[i];
}
for(int i = 0; i <= n; ++ i) b[i] = s[i];
discrete();
add(query(0), 1);
for(int i = 1; i <= n; ++ i)
{
int p = query(s[i]);
dp[i] = ask(p);
add(p, dp[i]);
}
printf("%d
", dp[n]);
return 0;
}