奶牛抗议-二维偏序优化
P2344 Generic Cow Protests G
题意
求连续分组和大于等于 \(0\) 的方案数。
思路
容易想到 \(O(n^2)\) 的 dp 解法，其状态定义为到 \(i\) 的位置，当前位置的方案数。转移为：
\[dp_i = \sum_{j=0}^{j < i} (dp_j \mid sum_j \le sum_i)
\]
此时暴力查找符合条件的 \(j\) 的复杂度为 \(O(n^2)\)，显然会超时。
发现有两个限制，我们可以采用二维偏序优化，将 \(O(n^2)\) 的复杂度降为 \(O(n \log n)\)。
二维偏序优化其实就是在两个限制下快速找到前驱，拿坐标说就是找到一个点它所有的 \(x\) 小于它，\(y\) 也小于它的所有点。
优化的方式是先对一个限制（\(x\)）排序，再在树状数组中不断加入另一个限制（\(y\)），并查询，由于顺序的关系，可以保证此时查到的节点满足要求。
代码
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#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
constexpr int maxn = 1e5+10;
constexpr int mod = 1e9+9;typedef struct node
{int id,sum;bool operator<(const node &x)const{return sum==x.sum ? id<x.id : sum<x.sum;// 第一遍排序按sum，相等时要按id排}
}node;node pi[maxn];
int n;
int wi[maxn];
int dp[maxn];
int sum[maxn];void add(int x,int k)// 树状数组维护dp和
{while(x<=n){sum[x]+=k;if(sum[x]>=mod){sum[x]-=mod;}x+=(x & -x);}
}int query(int x)
{int ret=0;while(x>0){ret+=sum[x];if(ret>=mod){ret-=mod;}x-=(x & -x);}return ret;
}signed main()
{#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("1.in","r",stdin);freopen("1.out","w",stdout);#endif // ONLINE_JUDGEscanf("%lld",&n);++n;// 树状数组从1开始，不能有0节点，而我们要手动添加一个一号节点为0for(int i=2;i<=n;++i){scanf("%lld",wi+i);pi[i].sum=wi[i]+pi[i-1].sum;pi[i].id=i;}pi[1].id=1;pi[1].sum=0;sort(pi+1,pi+1+n);dp[1]=1;for(int i=1;i<=n;++i){int id=pi[i].id;if(id==1){add(id,dp[id]);// 0号节点要优先初始化，而不是用别人修改它continue;}dp[id]=query(id);// 求满足j<id && sum_j<=sum_id的dp前缀恶add(id,dp[id]);// 加入树状数组}printf("%lld\n",dp[n]);return 0;
}