赤壁之战（dp树状数组）

给定一个长度为N的序列A，求A有多少个长度为M的严格递增子序列。

输入格式

第一行包含整数T，表示共有T组测试数据。

每组数据，第一行包含两个整数N和M。

第二行包含N个整数，表示完整的序列A。

输出格式

每组数据输出一个结果，每个结果占一行。

输出格式为“Case #x: y”，x为数据组别序号，从1开始，y为结果。

由于数据可能很大，请你输入对109+7取模后的结果。

数据范围

1≤T≤100,
1≤M≤N≤1000,
∑Ti=1Ni×Mi≤107
序列中的整数的绝对值不超过109。

输入样例：

输出样例：

Case #1: 3
Case #2: 0

思路：求长度为n的序列中长度为m的严格递增子序列的个数可用dp来做：

状态表示：

用f[i][j]表示编号i前面的严格递增长度为j的子序列的个数。

状态计算：

根据i前面严格递增子序列的倒数第二个数a[k]的不同将编号i前面的严格递增长度为len的子序列的方案划分为k个不同的方案，假设a[k]<a[i]，则最后一个递增长度的贡献者就是a[k]<a[i]这个关系且该个数为1是固定的，所以只需要再看前面长度为len-1严格递增序列的个数之和即可，即：f[i][len]=sum(f[k][len-1]) （其中a[k]<a[i], 1<=k<=i-1）

这里在求sum(f[k][len-1])时，其实就是求的一段在i之前的所有a[k]对应的长度为len-1的子序列个数构成的区间和，所以可以用树状数组维护a[k]对应的长度为len-1的子序列个数构成的区间和，o(logn)地查询即可，从而省去了一层o(n)的遍历，所以总的时间复杂度即为1e7*logn

注：因为a[i]的数值比较大，直接把a[i]的数值作为区间端点值可能会导致区间过大，扫描时时间超限，所以要把a数组离散化后再用树状数组维护。

完整代码：

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define lowbit(x) x&-x
using namespace std;const int maxn=1010,mod=1e9+7;int T,n,m;
int f[maxn][maxn],tree[maxn];
int nums[maxn],cnt,a[maxn];void insert(int x,int d)
{for(int i=x;i<=cnt;i+=lowbit(i)){tree[i]=(tree[i]+d)%mod;}
}int query(int x)
{int res=0;for(int i=x;i;i-=lowbit(i)){res=(res+tree[i])%mod;}return res;
}int main()
{ios::sync_with_stdio();cin.tie(0);scanf("%d",&T);for(int c=1;c<=T;c++){cin>>n>>m;cnt=0;for(int i=1;i<=n;i++){cin>>a[i];nums[cnt++]=a[i];}//离散化：sort(nums,nums+cnt);cnt=unique(nums,nums+cnt)-nums;for(int i=1;i<=n;i++) a[i]=lower_bound(nums,nums+cnt,a[i])-nums+1;memset(f,0,sizeof f);for(int i=1;i<=n;i++) f[i][1]=1;for(int len=2;len<=m;len++){for(int i=1;i<=cnt;i++) tree[i]=0;for(int i=1;i<=n;i++){f[i][len]+=query(a[i]-1);//dp：当前f[i][len]等于所有f[i][len-1]中满足a[k]<a[i]的个数之和insert(a[i],f[i][len-1]);//把当前数a[i]对应的其前面严格递增长度为len-1的个数f[i][len-1]插入到树状数组中}}int res=0;for(int i=1;i<=n;i++) res=(res+f[i][m])%mod;cout<<"Case #"<<c<<": "<<res<<endl;} return 0;
}

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