洛谷P3336 [ZJOI2013]话旧题解

题目链接：P3336 [ZJOI2013]话旧

题意：小林跟着银河队选手去了一趟宇宙比赛，耳濡目染，变得学术起来。回来后，他发现世界大变样了。比丘兽究级进化，成了凤凰兽；金先生因为发了一篇 paper，一跃成为教授，也成为了银河队选拔委员会成员。

一日，小林与金教授聊天。金教授回忆起过去的岁月，那些年他学过的电路原理。他曾经对一种三角波很感兴趣，并且进行了一些探究。小林感到很好奇，于是金教授就将课题形式化地说了一遍。

有一定义在 [0,N][0,N][0,N] 的连续函数 f(x)f(x)f(x)，其中 NNN 是整数，满足 f(0)=f(N)=0f(0)=f(N)=0f(0)=f(N)=0，它的所有极值点在整数处取到，且 f(x)f(x)f(x) 的极小值均是 000。对于任意的 000 到 N−1N-1N−1 间的整数 III，f(x)f(x)f(x) 在 (I,I+1)(I, I+1)(I,I+1) 上是斜率为 111 或 −1-1−1 的一次函数。

金先生研究的是，若他知道其中 KKK 个整点的函数值，那么：

有多少个函数满足条件？

满足条件的函数中，f(x)f(x)f(x) 的最大值，最大能是多少？

小林思考了一下，便想出了很好的算法。那么作为经过多年训练的你呢？

输入格式

第一行包含两个用空格隔开的整数 N,KN,KN,K。接下来 KKK 行，每行两个整数，表示 xix_ixi 和 f(xi)f(x_i)f(xi)。

输出格式

一行两个整数，分别对应两个问题的答案。考虑到第一问答案可能很大，你只要输出它除以 199404171994041719940417 的余数。

输入输出样例

输入 #1
2 0
输出 #1
1 1
输入 #2
6 9
4 2
4 2
2 0
4 2
6 0
5 1
2 0
0 0
0 0
输出 #2
1 2
说明/提示

对于 10%10\%10% 的数据，N≤10N \leq 10N≤10。

对于 20%20\%20% 的数据，N≤50N \leq 50N≤50。

对于 30%30\%30% 的数据，N≤100N \leq 100N≤100，K≤100K \leq 100K≤100。

对于 50%50\%50% 的数据，N≤103N \leq 10^3N≤103，K≤103K \leq 10^3K≤103。

对于 70%70\%70% 的数据，N≤105N \leq 10^5N≤105。

另有 10%10\%10% 的数据，K=0K=0K=0。

对于 100%100\%100% 的数据，0≤N≤1090 \leq N \leq 10^90≤N≤109，0≤K≤1060 \leq K \leq 10^60≤K≤106。

题目说了极小值为 000 ，说明每次下降都是直接一口气到底的

从文字中可以看出题目保证了有解（不然怎么输出最大值）

考虑设计状态 dp[i][0/1]dp[i][0/1]dp[i][0/1] 表示是需要访问到 iii 结点时的路径是向上还是向下的

dp[i][1]→dp[i+1][0]dp[i][1] \to dp[i+1][0]dp[i][1]→dp[i+1][0]

显然延长左右的两条路径，可得零点 a,ba,ba,b

然后在 a,ba,ba,b 间反复横跳便可以相连了

设 a,ba,ba,b 间的距离为 2k2k2k ，则方案数为 2k−12^{k-1}2k−1

如下图 (2k=6)(2k=6)(2k=6)
```
\          /\        /\/\/\/\/
```
观察到其形成了 444 个 \/的结构，不妨其为齿孔
```
\          /\  /\    /\/  \/\/
```
注意到此时除了两侧的齿孔不可扩展以外，其余均可扩展

故方案数为 22=42^2 = 422=4
dp[i][0]→dp[i+1][0]dp[i][0] \to dp[i+1][0]dp[i][0]→dp[i+1][0]

不妨将 iii 与其向上的路径看作一个点，则又可以确定两个零点 a,ba,ba,b

而此时左侧的齿孔也可以扩展了，而右侧的仍不可，故方案数为 2k2^k2k

如下图 (2k=4)(2k=4)(2k=4)
```
/\        /\      /\/\/\/
```
扩展左侧齿孔会变成
```
 /\      /
/  \    /\/\/
```
故方案数为 22=42^2 = 422=4
dp[i][1]→dp[i+1][1]dp[i][1]\to dp[i+1][1]dp[i][1]→dp[i+1][1]

与上一种情况类似，将 i+1i+1i+1 与其向下的路径看作一个点

右侧的齿孔可以扩展，而此时左侧的不可，故方案数为 2k2^k2k
dp[i][0]→dp[i+1][1]dp[i][0] \to dp[i+1][1]dp[i][0]→dp[i+1][1]

考虑将 i+1i+1i+1 与其向下的路径看作一个点

则此时左侧的齿孔可以扩展，而右侧的不可以

故方案数为 2k2^k2k

然而有些情况会导致 k<0k<0k<0 ，因此要特判一下

还有一些特殊的情况，比如 i+1i+1i+1 恰好在 iii 的向上/下的路径上，也需要特判

然后最大值的求解，根据贪心，一定先选掉所有的上升

设有 aaa 个上升， bbb 个下降，则有
{a+b=x2−x1a−b=y2−y1\begin{cases} a+b = x_2-x_1 \\ a-b = y_2-y_1 \end{cases} {a+b=x2−x1a−b=y2−y1
则最大值为
y1+a=12(x2+y2−x1+y1)y_1+a = \dfrac{1}{2}(x_2+y_2-x_1 + y_1) y1+a=21(x2+y2−x1+y1)
但是要注意，如果可以选择向上，一定有 dp[i][0]≠0dp[i][0]\ne0dp[i][0]=0

因此对于所有的 iii 到 i+1i+1i+1 的转移，都额外计算一下先走到底再上升的情况，即
12(x2+y2−x1−y1)\dfrac{1}{2}(x_2+y_2-x_1-y_1) 21(x2+y2−x1−y1)
代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define INF 0x3f3f3f3f3f3f3f3f
namespace FastIO
{#define gc() readchar()#define pc(a) putchar(a)#define SIZ (int)(1e6+15)char buf1[SIZ],*p1,*p2;char readchar(){if(p1==p2)p1=buf1,p2=buf1+fread(buf1,1,SIZ,stdin);return p1==p2?EOF:*p1++;}template<typename T>void read(T &k){char ch=gc();T x=0,f=1;while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=-1;ch=gc();}while(isdigit(ch)){x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=gc();}k=x*f;}template<typename T>void write(T k){if(k<0){k=-k;pc('-');}static T stk[66];T top=0;do{stk[top++]=k%10,k/=10;}while(k);while(top){pc(stk[--top]+'0');}}
}using namespace FastIO;
#define N (int)(1e6+15)
const int p=19940417;
int n,k,mx;
void add(int &a,int b){a=((a+b%p)%p+p)%p;}
int qpow(int a,int b)
{int ans=1,base=a%p;while(b){if(b&1)ans=ans*base%p;base=base*base%p;b>>=1;}return ans;
}
struct node
{int x,y;
}a[N];
bool operator<(node a,node b){return a.x<b.x;}
bool operator==(node a,node b){return a.x==b.x&&a.y==b.y;}
int dp[N][2];
signed main()
{read(n);read(k);for(int i=1; i<=k; i++)read(a[i].x),read(a[i].y);a[++k]={0,0};a[++k]={n,0};sort(a+1,a+1+k);k=unique(a+1,a+1+k)-a-1;dp[1][1]=1;for(int i=1; i<k; i++){int d=(a[i+1].x-a[i].x-a[i+1].y-a[i].y)>>1;mx=max(mx,(a[i+1].x+a[i+1].y-a[i].x-a[i].y)>>1);if(dp[i][0])mx=max(mx,(a[i+1].x+a[i+1].y-a[i].x+a[i].y)>>1);if(a[i+1].y-a[i].y==a[i].x-a[i+1].x)add(dp[i+1][1],dp[i][0]+dp[i][1]);else if(a[i+1].y-a[i].y==a[i+1].x-a[i].x)add(dp[i+1][0],dp[i][0]+(a[i].y?0:dp[i][1]));else if(d<0)add(dp[i+1][1],dp[i][0]);else if(d==0)add(dp[i+1][0],dp[i][0]+dp[i][1]),add(dp[i+1][1],dp[i][0]);else{int c=qpow(2,d-1);if(a[i+1].y)add(dp[i+1][0],(dp[i][1]+2ll*dp[i][0]%p)%p*c);add(dp[i+1][1],(dp[i][1]+2ll*dp[i][0]%p)%p*c);}}printf("%lld %lld\n",dp[k][1],mx);return 0;
}

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