清橙 A1210. 光棱坦克
求满足以下两个条件的点列{p[i]}的数目(假设{p[i]}的长度为M):
1) 对任意1 <= i < j <= M,必有y[p[i]] > y[p[j]];
2) 对任意3 <= i <= M,必有x[p[i-1]] < x[p[i]] < x[p[i-2]]或者x[p[i-2]] < x[p[i]] < x[p[i-1]]。
求满足条件的非空序列{p[i]}的数目,结果对一个整数Q取模。
第2行到第N+1行,每行有两个整数。其中的第i行的两个整数分别是x[i]和y[i]。
2 2
3 1
1 4
4 3
如果M=4, 那么只有1种序列符合要求,如下图所示:
如果M = 3,那么有3种序列符合要求,如下图:
如果M = 2,那么有6种序列符合要求,如下图:
如果M = 1,也就是点列只包含一个点的情况。那么有4种序列。明显都符合要求。
所以一共就有1 + 3 + 6 + 4一共14种序列符合要求。
对于100%的数据,有1 <= Q <= 1000000000。
对于50%的数据,保证对任何的i,x[i]和y[i]是1到N之间的整数;对于100%的数据,保证对任何的i,x[i]和y[i]都是1到2000000000之间的整数。
对于100%的数据,保证有当i != j时,有x[i] != x[j]且y[i] != y[j]。
/*首先把点按照x坐标排序(不是y坐标)设dp[i][j][0/1]代表只考虑前i个点,以第j个点为起点,下一个点在它的左边/右边的方案数.当i增加1时,从右到左 对每个之前的点考虑第i个点造成的贡献. 当这个点在第i个点以上时,第i个点可以更新这个点的dp值;当这个点在第i个点以下时,这个点可以更新第i个点的dp值.显然是可以滚动数组的.复杂度O(n*n) */ #include<iostream> #include<cstdio> #include<cstring> #include<algorithm> using namespace std; struct node{int x,y;bool operator < (const node o)const{return x<o.x;} }pot[7010]; int n,md,dp[7010][2]; int main(){scanf("%d%d",&n,&md);for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d%d",&pot[i].x,&pot[i].y);sort(pot+1,pot+n+1);for(int i=1;i<=n;i++){dp[i][0]=dp[i][1]=1;for(int j=i-1;j>=1;j--){if(pot[j].y<pot[i].y){dp[i][0]+=dp[j][1];if(dp[i][0]>=md)dp[i][0]-=md;}else{dp[j][1]+=dp[i][0];if(dp[j][1]>=md)dp[j][1]-=md;}}}int ans=0;for(int i=1;i<=n;i++){ans+=dp[i][0];if(ans>=md)ans-=md;ans+=dp[i][1];if(ans>=md)ans-=md;}ans-=n;if(ans<0)ans+=md;printf("%d\n",ans);return 0; }
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