[ZJOI2016]线段树

Description

给出一个长度为n的序列，对这个序列进行m次操作，每次操作随机一个区间[l,r]，把这个区间里面的数全部变成这些数的最大值。
求最后每个位置的数的期望，答案乘上(n(n+1)/2)^m后对1e9+7取模
n,m<=400，a[i]<=1e9，数据随机

Solution

zj的题都好毒啊QwQ
这是一个基于数据随机的算法
在随机数据下我们可以把每个数看做不同的（虽然相同也可以做）
我们设Si,j表示i这个位置上的数<=j的方案数
那么我们枚举一个数x，它能贡献的最大区间是可以求出来的，设为[L,R]
我们对这个区间进行Dp，设F[i][l][r]表示第i轮，当前最大的区间为[l,r]的方案数
这个最大的区间定义为，区间里面的数都<=x，区间外面的两个数都>x
显然这个区间只有一个
考虑转移，我们可以发现转移有三种，
如果l,r不变，那么我们可以在[1,l-1]里面随意选区间，或者在[l,r]中随意选子区间，或者[r+1,n]里面随便选区间
否则我们这个区间只能转移到它的子集。而且l,r中必有一个不变。
如果我们F[i][l][r]从F[i-1][u][r]转移过来，那么就意味着我们选择了一个右端点为[l-1]左端点< u的区间，有(u-1)个,右边同理
设cnt[i]表示在长度为i的区间中随意选择子区间的方案数，我们可以写出转移方程：

Fi,l,r=∑u=Ll−1Fi−1,u,r∗(u−1)+∑v=r+1RFi−1,l,v∗(n−v)+Fi−1,l,r∗(cnt[l−1]+cnt[n−r]+cnt[r−l+1])

最后用F对S进行贡献，对Si,x的贡献即为所有包含i的区间的F值之和
最后求答案对S差分一下就好了

复杂度好像是O(n^3)的，基于数据随机_ (:з」∠) _
然而栋栋会一种稳定O(n^3)的方法太强啦！！！

Code

#include 
#include 
#include 
#include 
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define fd(i,a,b) for(int i=a;i>=b;i--)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=505,mo=1e9+7;
map<int,int> h;
int n,m,tot,a[N],b[N],c[N][N],cnt[N],sum[N][N];
ll f[2][N][N];
void solve(int l,int r,int x) {
    fo(i,l,r) fo(j,i,r) f[0][i][j]=f[1][i][j]=0;
    f[0][l][r]=1;
    int p=0,q=1;
    fo(i,1,m) {
        fo(j,l,r) 
            fo(k,j,r) 
                f[q][j][k]=c[j][k]*f[p][j][k];
        fo(k,l,r) {
            ll sum=0;
            fo(j,l,k) {
                f[q][j][k]=f[q][j][k]+sum;
                sum=sum+f[p][j][k]*(j-1);
            }
        }
        fo(j,l,r) {
            ll sum=0;
            fd(k,r,j) {
                f[q][j][k]=(f[q][j][k]+sum)%mo;
                sum=sum+f[p][j][k]*(n-k);
            }
        }
        swap(p,q);
    }
    fo(i,l,r) {
        int res=0;
        fd(j,r,i) {
            res=res+f[p][i][j];
            if (res>=mo) res=res-mo;
            sum[j][x]=sum[j][x]+res;
            if (sum[j][x]>=mo) sum[j][x]=sum[j][x]-mo;
        }
    }
}
int pwr(int x,int y) {
    int z=1;
    for(;y;y/=2,x=(ll)x*x%mo)
        if (y&1) z=(ll)z*x%mo;
    return z;
}
int main() {
    scanf("%d%d",&n,&m);
    fo(i,1,n) scanf("%d",&a[i]),b[i]=a[i];
    fo(i,1,n) cnt[i]=i*(i+1)/2;
    fo(i,1,n) fo(j,i,n) c[i][j]=cnt[i-1]+cnt[j-i+1]+cnt[n-j];
    sort(b+1,b+n+1);
    fo(i,1,n) h[b[i]]=i;
    fo(i,1,n) {
        int l=i,r=i;
        while (l>1&&a[l-1]<=a[i]) l--;
        while (r
        solve(l,r,h[a[i]]);
    }
    fo(i,1,n) {
        int ans=0,la=0;
        fo(j,1,n) {
            if (!sum[i][j]) continue;
            (ans+=(ll)(sum[i][j]-sum[i][la]+mo)%mo*b[j]%mo)%=mo;
            la=j;
        }
        printf("%d",ans);
        if (i!=n) printf(" ");
    }
}