JLOI2013（BZOJ3193）“地形生成”

不得不说这道题对于我来说还是挺难的，dp+组合数学，题解中短短不到50行代码让蒟蒻领悟到人生真谛。。。

题目：HYSBZ - 3193

最近IK正在做关于地形建模的工作。其中一个工作阶段就是把一些山排列成一行。每座山都有各不相同的标号和高度。为了遵从一些设计上的要求，每座山都设置了一个关键数字，要求对于每座山，比它高且排列在它前面的其它山的数目必须少于它的关键数字。

 显然满足要求的排列会有很多个。对于每一个可能的排列，IK生成一个对应的标号序列和等高线序列。标号序列就是按顺序写下每座山的标号。等高线序列就是按顺序写下它们的高度。例如有两座山，这两座山的一个合法排列的第一座山的标号和高度为1和3，而第二座山的标号和高度分别为2和4，那么这个排列的标号序列就是1 2，而等高线序列就是3 4.
 现在问题就是，给出所有山的信息，IK希望知道一共有多少种不同的符合条件的标号序列和等高线序列。

分析：

1.对于第一个问题，首先我们可以知道，比一座山矮的山是不会影响这座山的，所以说我们将山由高到低排一个序（使得我们的转移是不会与之前冲突的），对于排好序的第i座山，由于它之前只能有ki座山比它（ki为第i座山的关键值），或者说它的前面只有k座山比它高，那么它就只有min（i，ki）种位置方案可供选择，使用乘法原理即可。

再来可能会有山的高度相等的情况。假设在第i座山之前有一个座山j和它高度相等但是kj>ki的，我们用乘法原理会计算到冲突状态的，所以在高度为第一关键字的前提下，我们还必须以k值由小到大的排，而对于每一座山它之前会有一些和它等高的山，数目为x，那么这座山现在有min（i+ki）+x这么多这种方案。

2.第二个问题其实是将第一题范围缩小了的，即ans1>=ans2的，而多出来的那些方案全是由于山的高度相同造成的。 那么在此时，使得两种方案不同的是跟在某一座山后面山的数量不同。则对于一段区间（l，r）中山的高度相同时，设dp[i][j]为把（l，r ）中的前i个山放到第j个位置的方案数，然后就开始状态转移啦。

dp[i][j]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+……+dp[i-1][j-1]+dp[i-1][j]，又因为dp[i][j-1]=dp[i-1][0]+dp[i-1][1]+……+dp[i-1][j-1],所以我们可得：dp[i][j]=dp[i-1][j]+dp[i][j-1]，记得dp[0][j]=0，dp[i][0]=1的初始化。

在状态转移完后将dp[r][0~maxj]加起来就是这一个等高区间的方案数， 最后仍然是用乘法原理将每一个区间的方案数相乘即可。

其实这里还可以优化一下空间复杂度，将i的那一维略去，每次记得清空一下数组就行。状态转移为：

dp[j]=dp[j-1]+dp[j]（原因是由于枚举顺序是由小到大的，dp[j-1]已经算过了，此时就是dp[i][j-1]，而dp[j]才刚刚算到里面存的是dp[i-1][j]的值）。

时间复杂度为O（n^3）具体能过的原因应该是：1.实际上大部分数据是跑不满n^3的；2.官方数据水了（真正原因。。。）

看到这里人，还请原谅博主的啰嗦。。。

代码：

#include
#include
#include
using namespace std;
const int mod=2011;
int n,ans1=1,ans2=1;
struct node{
	int h,k;
	bool operator <(const node &s1)const
	{
		if(h!=s1.h) return h>s1.h;
		return k