标签：2n 数轴 int ll Intervals 端点 CF367E Sereja 个点

written on 2022-05-06

这题简单，先给这题写题解

套路题，为每个区间分配左右端点，那不就是在长度为 \(m\) 的数轴上任取 \(2n\) 个点吗？然后考虑题目的要求，区间两两不包含。

对于这个要求，我们发现，对于同一数轴上的几个区间，要求不互相包含，在已经确定所有左右端点的情况下，方案数是唯一的。证明不难，可以参照有图的这篇题解（鸣谢@cqh91）。

这下题目就转化成了一个简单的问题，即：在长度为 \(m\) 的数轴上任取 \(n\) 个左端点， \(n\) 个右端点的方案数。考虑 dp ，一个位置有四种决策。

1. 只是左端点

2. 只是右端点

3. 既是左端点又是右端点

4. 什么都不是

转移显然，然后对于另一个 至少存在一个区间的左端点等于 \(x\) 的限制 ，只要在转移时稍加变化即可。因为可以无序，最后乘以阶乘就好。

#include<bits/stdc++.h>
#define N 320
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1e9+7;
int n,m,L;
ll f[2][N][N];
int main()
{
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&L);
	//选出2n个点，n个左端点，n个右端点
	//可以证明左右端点配对方案唯一，证明略
	//那么原题转化为在区间1~m中选出2n个点的方案数
	//决策：对于每一个点，可以是
	/*
	1.只是左端点
	2.只是右端点 
	3.什么都不是
	4.既是左端点又是右端点 
	(i==L特殊转移)
	*/
	//状态：需要记录位置(滚动)、左端点个数、右端点个数 
	if(n>m) printf("0"),exit(0); 
	f[0][0][0]=1;
	for(int i=1;i<=m;i++)
	{
		for(int j=0;j<=min(i,n);j++)
		{
			for(int k=0;k<=min(j,n);k++)
			{
				f[i&1][j][k]=0;
				if(i==L)
				{
					if(j) f[i&1][j][k]=(f[i&1][j][k]+f[i-1&1][j-1][k])%mod;
					if(j&&k) f[i&1][j][k]=(f[i&1][j][k]+f[i-1&1][j-1][k-1])%mod;
					continue;
				}
				if(j) f[i&1][j][k]=(f[i&1][j][k]+f[i-1&1][j-1][k])%mod;
				if(k) f[i&1][j][k]=(f[i&1][j][k]+f[i-1&1][j][k-1])%mod;
				if(j&&k) f[i&1][j][k]=(f[i&1][j][k]+f[i-1&1][j-1][k-1])%mod;
				f[i&1][j][k]=(f[i&1][j][k]+f[i-1&1][j][k])%mod;
//				printf("i=%d j=%d k=%d val=%lld\n",i,j,k,f[i&1][j][k]);
			}
		}
	}
	//time O(n*n*m)    memory O(n*m)
	ll jc=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) jc=jc*i%mod;
	printf("%lld",f[m&1][n][n]*jc%mod);
}

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来源： https://www.cnblogs.com/Freshair-qprt/p/16537761.html

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