多边形
题意：
有一个长度为 \(n\) 的 \(0/1\) 序列，有 \(m\) 次操作 \(u_{i},v_{i}\)，若 \(a_{u_{i}}=1,a_{v_{i}}=0\) 则交换。
询问对于 \(1,2,\dots,n\) 中的每个 \(k\)，有多少种初始状态，满足恰好有 \(k\) 个 \(1\)，并且经过 \(m\) 次操作后，所有 \(1\) 形成了一个区间。答案对 \(2\) 取模。
\(n \le 35,m \le 1000\)。
分析：
显然要搜索。
对于每个位置用 \(0 /1 /2\) 记录，分别表示确定为 \(0\)、确定为 \(1\)、没确定。
对于一个操作 \(u,v\)，简单分讨一下：
- \(u=v=2\)，若 \(u \ne v\)，则操作后一定为 \(0,1\)，这样的有两种情况，因此不用处理。若 \(u=v\)，则会产生 \(1,1\) 和 \(0,0\) 两个分支。
- \(u,v\) 恰好有一个为 \(2\)。
- \(u,v\) 没有 \(2\)。
搜完 \(m\) 次操作后随便处理一下。时间复杂度为 \(O(2^{\frac{n}{2}} n^2)\) 或 \(O(2^{\frac{n}{2}} n)\)，事实上完全跑不满。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1010
using namespace std;
int n, m;
int U[N], V[N], now[N], ans[N];
void dfs(int dep) {
if(dep == m + 1) {
//for(int i = 1; i <= n; i++) cout << now[i] << " ";
//cout << endl;
int L = 0;
for(int i = 1; i <= n; i++)
if(now[i] == 1) {
L = i;
break;
}
if(L == 0) {
for(int Pos = 1; Pos <= n; ) {
if(!now[Pos]) {
Pos++;
continue;
}
int R = Pos - 1;
while(now[R + 1] == 2 && R < n) R++;
for(int u = Pos; u <= R; u++)
for(int v = u; v <= R; v++) ans[v - u + 1]++;
Pos = R + 1;
}
return;
}
int R = L;
for(int i = L + 1; i <= n; i++) {
if(now[i] == 0) break;
if(now[i] == 1) R = i;
}
for(int i = R + 1; i <= n; i++)
if(now[i] == 1) return;
//[L, R]
int l = L, r = R;
while(now[l] != 0 && l > 0) l--;
while(now[r] != 0 && r <= n) r++;
l++; r--;
//cout << l << " , " << L << " " << R << " , " << r << endl;
for(int u = l; u <= L; u++)
for(int v = R; v <= r; v++) ans[v - u + 1]++;
return;
}
int u = now[U[dep]], v = now[V[dep]];
if(u == 2 && v == 2) {
now[U[dep]] = 1;
now[V[dep]] = 1;
dfs(dep + 1);
now[U[dep]] = 0;
now[V[dep]] = 0;
dfs(dep + 1);
now[U[dep]] = 2;
now[V[dep]] = 2;
}
else if(u == 2 || v == 2) {
if(u == 1 && v == 2) {
swap(now[U[dep]], now[V[dep]]);
dfs(dep + 1);
swap(now[U[dep]], now[V[dep]]);
}
else if(u == 2 && v == 1) {
dfs(dep + 1);
}
else if(u == 2 && v == 0) {
swap(now[U[dep]], now[V[dep]]);
dfs(dep + 1);
swap(now[U[dep]], now[V[dep]]);
}
else if(u == 0 && v == 2) {
dfs(dep + 1);
}
}
else {
if(u == 1 && v == 0) swap(now[U[dep]], now[V[dep]]);
dfs(dep + 1);
if(u == 1 && v == 0) swap(now[U[dep]], now[V[dep]]);
}
}
signed main() {
cin >> n >> m;
for(int i = 1; i <= m; i++) cin >> U[i] >> V[i];
for(int i = 1; i <= n; i++) now[i] = 2;
dfs(1);
for(int i = 1; i <= n; i++) cout << ans[i] % 2 << " ";
return 0;
}
倒水
题意：
分析：
记 \(cnt_{i}\) 表示能到达 \(i\) 的平台的个数（包括本身），那么答案显然为 \(\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{cnt_{i}}\)。因为 \(cnt_{i}\) 个数随意排列，\(i\) 在最后一个位置的概率为 \(\frac{cnt_{i}}{1}\)。
考虑计算 \(cnt\)：对于平台 \(u\) 而言，高度从低往高更新，如果 \(v\) 与 \(u\) 有交且不是 \(v\) 包含 \(u\)，那么 \(u \leftarrow u \cup v\)。最后 \(cnt\) 就是被 \(u\) 覆盖的区间。
记 \(L2_{i},R2_{i}\) 分别表示覆盖 \(i\) 的左右端点的在 \(i\) 平台上面的高度最低的平台。
如何找天花板呢？记 \(L1_{i},R1_{i}\) 分别表示 \(i\) 平台的左右端点能覆盖到的在 \(i\) 下面高度最高的平台。
再记一个 \(Go_{i}\) 表示 \(i\) 能跳到最高的平台，那么 \(i\) 从大到小枚举，\(Go_{L1_{i}} \leftarrow Go_{i},Go_{R1_{i}} \leftarrow Go_{i}\)。
\(Go_{i}\) 通过 \(L2_{i}\) 往上跳一步就是平台。
知道了平台的高度就可以很套路地使用倍增计算这个图形所围成的平台的个数。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1000005
#define mod 1000000007
using namespace std;
int n;
int Pow(int a, int n) {
if(n == 0) return 1;
if(n == 1) return a;
int x = Pow(a, n / 2);
if(n % 2 == 0) return x * x % mod;
else return x * x % mod * a % mod;
}
int inv(int x) {
return Pow(x, mod - 2);
}
int c[N * 4], tag[N * 4];
void maketag(int u, int x) {
c[u] = x;
tag[u] = x;
}
void pushdown(int u) {
if(!tag[u]) return;
maketag(u * 2, tag[u]);
maketag(u * 2 + 1, tag[u]);
tag[u] = 0;
}
void update(int u, int L, int R, int l, int r, int x) {
if(R < l || r < L) return;
if(l <= L && R <= r) {
maketag(u, x);
return;
}
int mid = (L + R) / 2;
pushdown(u);
update(u * 2, L, mid, l, r, x);
update(u * 2 + 1, mid + 1, R, l, r, x);
}
int query(int u, int L, int R, int x) {
if(L == R) return c[u];
int mid = (L + R) / 2;
pushdown(u);
if(x <= mid) return query(u * 2, L, mid, x);
else return query(u * 2 + 1, mid + 1, R, x);
}
int t[N];
int lowbit(int x) {
return x & (-x);
}
void add(int x, int y) {
for(int i = x; i <= 2 * n; i += lowbit(i))
t[i] += y;
}
int query(int x) {
int res = 0;
for(int i = x; i; i -= lowbit(i))
res += t[i];
return res;
}
int ask(int L, int R) {
if(L > R) return 0;
return query(R) - query(L - 1);
}
int ans, l[N], r[N], Go[N]; //Go[i]表示i最高跳到的平台
int L1[N], R1[N]; //表示i能直接流到的高度最大的平台
int L2[N], R2[N]; //表示i头上与它有交集的高度最低的平台
int L[N][22], R[N][22], SL[N][22], SR[N][22];
struct node {
int ll, rr, h;
}a[N];
bool cmp(node x, node y) {
return x.rr < y.rr;
}
bool cmp2(node x, node y) {
return x.ll < y.ll;
}
void init() {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
L1[i] = query(1, 1, 2 * n, l[i]);
R1[i] = query(1, 1, 2 * n, r[i]);
update(1, 1, 2 * n, l[i], r[i], i);
}
for(int i = n; i >= 1; i--) {
Go[L1[i]] = max(Go[L1[i]], Go[i]);
Go[R1[i]] = max(Go[R1[i]], Go[i]);
}
update(1, 1, 2 * n, 1, 2 * n, n + 1);
for(int i = n; i >= 1; i--) {
L[i][0] = L2[i] = query(1, 1, 2 * n, l[i]);
R[i][0] = R2[i] = query(1, 1, 2 * n, r[i]);
update(1, 1, 2 * n, l[i], r[i], i);
//cout << i << " : " << L[i][0] << " , " << R[i][0] << endl;
}
sort(a + 1, a + n + 1, cmp);
for(int i = 1; i <= n; i++) {
//cout << a[i].h << endl;
add(a[i].h, 1);
SR[a[i].h][0] = ask(a[i].h, R[a[i].h][0]);
}
sort(a + 1, a + n + 1, cmp2);
memset(t, 0, sizeof(t));
for(int i = 1; i <= n; i++) {
add(a[i].h, 1);
SL[a[i].h][0] = ask(a[i].h + 1, L[a[i].h][0] - 1);
}
//for(int i = 1; i <= n; i++) cout << i << " : " << SL[i][0] << endl;
}
signed main() {
//freopen("ex_water3.in", "r", stdin);
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0); cout.tie(0);
cin >> n;
for(int i = 1; i <= n; i++) {
cin >> l[i] >> r[i];
Go[i] = i;
a[i].ll = l[i];
a[i].rr = r[i];
a[i].h = i;
}
init();
for(int j = 1; j <= 20; j++) {
for(int i = 1; i <= n; i++) {
L[i][j] = L[L[i][j - 1]][j - 1];
R[i][j] = R[R[i][j - 1]][j - 1];
SL[i][j] = SL[i][j - 1] + SL[L[i][j - 1]][j - 1];
SR[i][j] = SR[i][j - 1] + SR[R[i][j - 1]][j - 1];
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
int cnt = 0, x = i;
for(int dep = 20; dep >= 0; dep--) {
if(R[x][dep] != 0 && R[x][dep] <= L[Go[i]][0]) {
cnt += SR[x][dep];
x = R[x][dep];
}
}
x = i;
for(int dep = 20; dep >= 0; dep--) {
if(L[x][dep] != 0 && L[x][dep] <= L[Go[i]][0]) {
cnt -= SL[x][dep];
x = L[x][dep];
}
}
ans = (ans + inv(cnt)) % mod;
}
cout << ans;
return 0;
}
/*
5
2 9
3 4
1 8
6 10
5 7
*/