CodeForces - 1284B New Year and Ascent Sequence(乱搞)

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题目大意：规定一个数列中在不改变内部顺序的前提下，至少存在着一组(i,j)满足：

i<j
a[i]<a[j]

就称该数列为上升数列，现在给出n组数列，每两组数列可以进行拼接操作，即Sx={1,2,3},Sy={4,5,6}，Sx+Sy={1,2,3,4,5,6}，Sy+Sx={4,5,6,1,2,3}，现在问n^2种组合可以组成多少个上升数列

题目分析：挺综合的一道题目吧，情况得讨论清楚，不然很容易过了第一个样例然后过不去第二个样例。。不过这个题目的样例给的很良心，三个样例都过掉基本上就已经AC了

首先我们可以给数列分类，分为上升数列，如{0,2,0,2}，也就是单独拿出来就是一个上升数列，剩下的就是非上升数列，非上升数列也包括两种，一种是下降数列，也就是{8,8,7,7,6,6}，还有一种是相等的数列，如{6,6,6}，下降数列和相等数列我们姑且视为一种数列，分完类后我们称上升数列为up，其他数列为down，则有下列四种组合方式：

up1+up2：上升数列
up+down：上升数列
down+up：上升数列
down1+down2：如果down1中的最小值小于down2中的最大值，则是上升数列，否则不是

分析到这里就差不多了，我们可以预处理出所有的上升数列，因为只要和上升数列有组合关系的数列组合后的新数列一定是上升数列，那么对答案的贡献为2*(n-1)+1，n-1代表的是除了当前上升数列之外的n-1个数列与其拼接，前后为两种情况，故乘二，最后的加一是其本身前后拼接而成的，不过需要注意一点，也是卡了我好久的一个细节，如果有多个上升数列，在处理第一个上升数列时，n-1个其他数列中也会存在上升数列，所以会重复，我们可以选择在处理完第一个上升数列后记录一下，以后再处理类似情况的时候就不再记录就好了

剩下的就是用简单dp模拟第四种情况了，可以枚举n次，让每一个数列位于前面的位置时的贡献，也可以记录让每一个数列位于后面时的贡献，看个人喜好吧

最后就是记得开longlong，第一发没开longlong白给了一发。。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdlib>
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<climits>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<stack>
#include<queue>
#include<list>
#include<vector>
#include<set>
#include<map>
#include<sstream>
using namespace std;typedef long long LL;const int inf=0x3f3f3f3f;const int N=1e6+100;int dp[N],mmax[N],vis[N];//dp[i]:从0~i有多少个最小值，mmax[i]:第i个数列的最大值，vis[i]:第i个数列是否为上升数列int main()
{
//  freopen("input.txt","r",stdin);
//  ios::sync_with_stdio(false);int n,nn;LL ans=0;scanf("%d",&n);nn=n;//用nn标记还剩多少个数列，用来专门处理上升数列重复计算的情况for(int i=1;i<=n;i++){int mmin=inf;mmax[i]=-inf;int num;scanf("%d",&num);while(num--){int x;scanf("%d",&x);mmin=min(mmin,x);mmax[i]=max(mmax[i],x);if(x>mmin)vis[i]=true;}if(vis[i])//如果当前数列为上升数列，计算贡献，并令nn--，后续不再重复计算{ans+=2*(nn-1)+1;nn--;}elsedp[mmin]++;}for(int i=1;i<N;i++)//维护一下dp数组dp[i]+=dp[i-1];for(int i=1;i<=n;i++){if(!vis[i])ans+=dp[mmax[i]-1];}printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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