P5469 [NOI2019] 机器人（拉格朗日插值、区间dp）

解析

打表可得，有效状态大概只有 $O(m)=O(n\log n)$ 种。
枚举最靠右的最大值位置，不难得到 $O(mV)$ 的做法。
期望得分 $50$ 分。

考虑如何做 $l=0,r=10^9$。，发现前缀和后所有的 $d{p}_{i,i,x}=x$，可以看成一个 $1$ 次多项式。
归纳的，$d{p}_{l,r}$ 转移的时候从 $d{p}_{l,i-1}\ast d{p}_{i+1,r}$ 得到，是一个 $r-l$ 次多项式，再前缀和后，又变成了 $r-l+1$ 次的多项式。
直接插值即可。

那么当值域不相同时，离散化后变成了 $O(n)$ 段，对每段单独做时，小于当前段的影响就变成了常数，所以还是可以插值的。

每段复杂度 $O(nm)$，故总复杂度 $O(n^{2}m)$。
需要一定卡常。

代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define ll long long
#define ull unsigned long long
#define debug(...) fprintf(stderr,__VA_ARGS__)
#define ok debug("ok\n")

inline ll read(){
    
  ll x(0),f(1);char c=getchar();
  while(!isdigit(c)) {
    if(c=='-')f=-1;c=getchar();}
  while(isdigit(c)) {
    x=(x<<1)+(x<<3)+c-'0';c=getchar();}
  return x*f;
}
bool mem1;

const int N=305;
const int S=2250;
const int mod=1e9+7;

inline ll ksm(ll x,ll k){
    
  ll res(1);
  while(k){
    
    if(k&1) res=res*x%mod;
    x=x*x%mod;
    k>>=1;
  }
  return res;
}

#define add(x,y) ((((x)+=(y))>=mod)&&((x)-=mod))

int n,m;

int id[N][N],tot;
int dp[S][N],le[S],ri[S];
int a[N],b[N],q[N<<1],cnt;
void init(int l,int r){
    
  if(l>r){
    
    //dp[tot][0]=1;
    //jd[tot]=1;
    return;    
  }
  if(id[l][r]) return;  
  //printf("(%d %d) id=%d\n",l,r,id[l][r]);
  
  for(int i=l;i<=r;i++){
    
    if(abs((i-l)-(r-i))<=2){
    
      init(l,i-1);
      init(i+1,r);
    }
  }
  id[l][r]=++tot;
  le[tot]=l;
  ri[tot]=r;
  return;
}
int now,p;
int jc[N],ni[N],pre[N],suf[N],pi[N];
#define calc(i) (1ll*w[i]*pi[i])
inline int lagrange(int *w,int l,int r,int x){
    
  int ans(0),ans1(0),ans2(0),ans3(0),ans4(0),ans5(0),ans6(0),ans7(0),ans8(0),i=1;
  for(;i+8<=r-l+1;i+=8){
    
    if((r-l+1-i)&1){
    
      add(ans1,mod-calc(i)%mod);
      add(ans3,mod-calc(i+2)%mod);
      add(ans5,mod-calc(i+4)%mod);
      add(ans7,mod-calc(i+6)%mod);
      
      ans2=(ans2+calc(i+1))%mod;
      ans4=(ans4+calc(i+3))%mod;
      ans6=(ans6+calc(i+5))%mod;
      ans8=(ans8+calc(i+7))%mod;
    }
    else{
    
      add(ans2,mod-calc(i+1)%mod);
      add(ans4,mod-calc(i+3)%mod);
      add(ans6,mod-calc(i+5)%mod);
      add(ans8,mod-calc(i+7)%mod);
      
      ans1=(ans1+calc(i))%mod;
      ans3=(ans3+calc(i+2))%mod;
      ans5=(ans5+calc(i+4))%mod;
      ans7=(ans7+calc(i+6))%mod;
    }
  }
  for(;i<=r-l+1;i++){
    
    //if((r-l+1-i)&1) add(ans1,mod-calc(i));
    //else add(ans1,calc(i));
    if((r-l+1-i)&1) add(ans,mod-calc(i)%mod);
    else ans=(ans+calc(i))%mod;
  }
  add(ans,ans1);
  add(ans,ans2);
  add(ans,ans3);
  add(ans,ans4);
  add(ans,ans5);
  add(ans,ans6);
  add(ans,ans7);
  add(ans,ans8);
  //for(int i=1;i<=r-l+1;i++) printf(" i=%d w=%lld\n",i,w[i]);
  //printf(" x=%d ans=%lld\n",x,ans);
  return ans;
}
void work(int len){
    
  now=min(len,n+1);
  for(int i=0;i<=now;i++) dp[0][i]=1;
  for(int x=1;x<=tot;x++){
    
    int l=le[x],r=ri[x];
    if((r-l+1)%2){
    
      for(int i=max(l,(l+r)/2-1);i<=min(r,(l+r)/2+1);i++){
    
	//solve(l,i-1);
	//solve(i+1,r);
	if(a[i]<=p&&p<b[i]){
    
	  //printf(" i=%d\n",i);
	  int j=1;
	  
	  for(;j+4<=now;j+=4){
    
	    dp[x][j]=(dp[x][j]+1ll*dp[id[l][i-1]][j]*dp[id[i+1][r]][j-1])%mod;
	    dp[x][j+1]=(dp[x][j+1]+1ll*dp[id[l][i-1]][j+1]*dp[id[i+1][r]][j+1-1])%mod;
	    dp[x][j+2]=(dp[x][j+2]+1ll*dp[id[l][i-1]][j+2]*dp[id[i+1][r]][j+2-1])%mod;
	    dp[x][j+3]=(dp[x][j+3]+1ll*dp[id[l][i-1]][j+3]*dp[id[i+1][r]][j+3-1])%mod;
	  }
	  for(;j<=now;j++){
    	  
	    //add(dp[x][j],1ll*dp[id[l][i-1]][j]*dp[id[i+1][r]][j-1]%mod);
	    dp[x][j]=(dp[x][j]+1ll*dp[id[l][i-1]][j]*dp[id[i+1][r]][j-1])%mod;
	  }
	}
      }
    }
    else{
    
      for(int i=(l+r)/2;i<=(l+r)/2+1;i++){
    
	//solve(l,i-1);
	//solve(i+1,r);
	if(a[i]<=p&&p<b[i]){
    
	  //printf(" i=%d\n",i);
	  int j=1;
	  for(;j+4<=now;j+=4){
    
	    add(dp[x][j],1ll*dp[id[l][i-1]][j]*dp[id[i+1][r]][j-1]%mod);
	    add(dp[x][j+1],1ll*dp[id[l][i-1]][j+1]*dp[id[i+1][r]][j+1-1]%mod);
	    add(dp[x][j+2],1ll*dp[id[l][i-1]][j+2]*dp[id[i+1][r]][j+2-1]%mod);
	    add(dp[x][j+3],1ll*dp[id[l][i-1]][j+3]*dp[id[i+1][r]][j+3-1]%mod);
	  }
	  for(;j<=now;j++){
    	  
	    add(dp[x][j],1ll*dp[id[l][i-1]][j]*dp[id[i+1][r]][j-1]%mod);
	  }
	}
      }
    }
    for(int i=1;i<=now;i++){
    
      add(dp[x][i],dp[x][i-1]);
    }
  }
  if(len>n+1){
    
    int x=q[p+1]-1,l=q[p],r=q[p]+now-1;
    pre[0]=1;
    for(int i=1;i<=r-l+1;i++) pre[i]=1ll*pre[i-1]*(x-(l+i-1))%mod;
    suf[r-l+1+1]=1;
    for(int i=r-l+1;i>=1;i--){
    
      suf[i]=1ll*suf[i+1]*(x-(l+i-1))%mod;
      pi[i]=1ll*pre[i-1]%mod*suf[i+1]%mod*ni[i-1]%mod*ni[r-l+1-(i)]%mod;
    }
  }
  for(int i=1;i<=tot;i++){
    
    if(len<=n+1) dp[i][0]=dp[i][now];
    else{
          
      dp[i][0]=lagrange(dp[i],q[p],q[p]+now-1,q[p+1]-1);
    }
    //printf(" i=%d dp=%lld\n",i,dp[i][0]);
    //for(int j=1;j<=now;j++) dp[i][j]=0;
    memset(dp[i]+1,0,sizeof(int)*(now));
  }
  return;
}

bool mem2;
signed main(){
    
#ifndef ONLINE_JUDGE
  freopen("a.in","r",stdin);
  freopen("a.out","w",stdout);
#endif
  debug("mem=%.2lf\n",abs(&mem2-&mem1)/1024./1024);

  n=read();

  jc[0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
  ni[n]=ksm(jc[n],mod-2);
  for(int i=n-1;i>=0;i--) ni[i]=1ll*ni[i+1]*(i+1)%mod;
  
  for(int i=1;i<=n;i++){
    
    q[++cnt]=a[i]=read();
    q[++cnt]=b[i]=read()+1;    
  }
  sort(q+1,q+1+cnt);
  cnt=unique(q+1,q+1+cnt)-q-1;
  for(int i=1;i<=n;i++){
    
    a[i]=lower_bound(q+1,q+1+cnt,a[i])-q;
    b[i]=lower_bound(q+1,q+1+cnt,b[i])-q;
  }
  init(1,n);
  debug("tot=%d\n",tot);
  for(int i=1;i<cnt;i++){
    
    p=i;
    //printf("\np=%d [%d %d)\n",p,q[i],q[i+1]);
    work(q[i+1]-q[i]);
  }
  printf("%d\n",dp[id[1][n]][0]);
  return 0;
}