AGC 009 C Division into Two 题解

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首先可以发现这是一个dp计数题。
题目可以转化成

有一个数组:$b_1,b_2,b_3,b_4..b_n$满足$b_i>b_{i-1}$,你要给每一个数图上两种颜色:$0/1$,设$c_i$表示第i个球的颜色。你要使得$\min \{|b_i-b_j|\}\ge A,(c_i=c_j=0)$且$\min \{|b_i-b_j|\}\ge B,(c_i=c_j=1)$

我们考虑最后的涂色样子：肯定是一段0/1，一段1/0，一段0/1…最后也是一段0/1。
我们可以想到一种暴力的dp转移:$d{p}_{i,j,k}$表是考虑到第i个，上一个颜色为0的位置，上一个颜色为1的位置。
这样的做法是$O(n^4)$的。
如果用线段树/BIT 优化可以做到$O(n^3\ast lo{g}_2(n))$的。
显然过不去。
而且貌似空间也达到了$O(n^3)$不可能更优了。
但是仔细考虑就会发现，我们只需要存储$j,k$的信息，因为$i=\max (j,k)$。
这样空间就可以变为$O(n^2)$的了。
这让我想到了ABC 176的F题也有一个类似的思想。
这样的化时间复杂度是$O(n^2\ast lo{g}_2(n))$，空间是$O(n^2)$的。
都不行。
我们就需要另外想一个方法。
其实我们可以用$d{p}_{i,col}$表示以i结尾的段的颜色是col。
转移也不难想:
$$d{p}_{i,col}=\sum d{p}_{i\prime ,col\otimes 1}$$
那么$i\prime$有什么条件呢？
首先可以发现由于i是一个结尾，所以$s_{i+1}-s_{i\prime }\ge A/B$。然后必须$s_{i\prime +1}...s_i$每两个相邻的数之间$\ge A/B$。
后面的那个显然就可以预处理。前面的那个由于数组是单调的，所以可以two pointers来预处理。设其为$p_{i,col}$。
假设$fa{r}_{i,col}$表示第i个位置图col往前最远可以到达的合法位置(相邻的两个数之间的差$\ge A/B$ )。
然后dp式子就可以改写:
$$d{p}_{i,col}=\sum _{i\prime =fa{r}_{i,col}-1}^{p_{i+1,col\otimes 1}}d{p}_{i,col\otimes 1}$$
这个用BIT/线段树就ok了。
Code:

/*
{By GWj
*/
#pragma GCC optimize(2)
#include
#define rb(a,b,c) for(int a=b;a<=c;++a)
#define rl(a,b,c) for(int a=b;a>=c;--a)
#define LL long long
#define IT iterator
#define PB push_back
#define II(a,b) make_pair(a,b)
#define FIR first
#define SEC second
#define FREO freopen("check.out","w",stdout)
#define rep(a,b) for(int a=0;a
#define SRAND mt19937 rng(chrono::steady_clock::now().time_since_epoch().count())
#define random(a) rng()%a
#define ALL(a) a.begin(),a.end()
#define POB pop_back
#define ff fflush(stdout)
#define fastio ios::sync_with_stdio(false)
#define R(a) cin>>a
#define R2(a,b) cin>>a>>b
#define check_min(a,b) a=min(a,b)
#define check_max(a,b) a=max(a,b)
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
typedef pair<int,int> mp;
/*}
*/
const int N=100000;
const int MOD=1e9+7;
class BIT{
	int bit[N+10]={0};
	int sum(int i){
		int s=0;
		while(i>0){
			s=(s+bit[i])%MOD;
			i-=i&(-i);
		}
		return s;
	}
	public:
	void add(int i,int x=1){
		while(i<=N){
			bit[i]=(bit[i]+x)%MOD;
			i+=i&(-i);	
		}
	}
	public:
		int query(int l,int r){
			if(l>r) return 0;
			return (sum(r)-sum(l-1)+MOD)%MOD;
		}
}bit[2];
int n;
LL a,b,s[100000+1];
int far[N+1][2],f[2];
/*
f_{i,0}=\sum f_{i\prime,1},(i\prime < i\ and \ s_{i+1}-s_{i\prime}>=A/B)
*/
int main(){
	fastio;
	cin>>n>>a>>b;
	rb(i,1,n)
		R(s[i]);
	rb(i,1,n){
		far[i][0]=far[i][1]=i;
		if(s[i]-s[i-1]>=a){
			far[i][0]=far[i-1][0];
		}
		if(s[i]-s[i-1]>=b){
			far[i][1]=far[i-1][1];
		}
		check_max(far[i][0],1);
		check_max(far[i][1],1);	
	}
	int p1=0,p0=0;
	rb(i,1,n){
		f[0]=f[1]=0;
		if(i!=n){
			while(s[i+1]-s[p0+1]>=a){
//				cout<
				p0++;	
			} 
			while(s[i+1]-s[p1+1]>=b){
//				cout<
				p1++;	
			} 
		}
		else{
			p0=p1=n;
		}
		int l,r;
		l=far[i][0]-1;
		r=p1;
		check_max(l,1);
		f[0]=bit[1].query(l,r);
		if(far[i][0]==1){
			f[0]++;
		}
		l=far[i][1]-1;
		r=p0;
		check_max(l,1);
		f[1]=bit[0].query(l,r);
		if(far[i][1]==1){
			f[1]++;
		}
		rep(j,2){
			bit[j].add(i,f[j]);
		}
	}
	cout<<(f[1]+f[0])%MOD<<endl;
	return 0;
}