远古大坑

神仙DP状态设计题

从行的角度入手，无论如何都要状压

每列最多放一个，所以从列的角度入手

每列会左端点结束，右端点出现，以及空位

个数设为：l[i],r[i],md[i]

直接决定当前列填在哪一行很困难，若直接记录还有多少行左半边没有填，那么并不知道哪些行的左半边之后会消失，无法转移

所以在这个左半边消失的时刻进行安排位置！

只要考虑之前预留了多少列即可，这些列都是可以用的

右半边？

预留就不行了，因为“起点”不一样，不一定都能用

但是终点一样，这次没有填的右部分，下一列还是可以填，所以直接转移

 

状态：f[i][j][k]“填完前i列，还有j列是空的，右半部分还有k行左端点出现在i及之前，且没有放置”的方案数

转移枚举填什么即可

#include
     
      #define reg register int#define il inline#define fi first#define se second#define mk(a,b) make_pair(a,b)#define numb (ch^'0')#define pb push_back#define solid const auto &#define enter cout<
      
       using namespace std;typedef long long ll;template
       
        il void rd(T &x){    char ch;x=0;bool fl=false;    while(!isdigit(ch=getchar()))(ch=='-')&&(fl=true);    for(x=numb;isdigit(ch=getchar());x=x*10+numb);    (fl==true)&&(x=-x);}template
        
         il void output(T x){
   if(x/10)output(x/10);putchar(x%10+'0');}template
         
          il void ot(T x){
   if(x<0) putchar('-'),x=-x;output(x);putchar(' ');}template
          
           il void prt(T a[],int st,int nd){ for(reg i=st;i<=nd;++i) ot(a[i]);putchar('\n');}namespace Miracle{const int N=52;const int M=202;const int mod=1e9+7;int A[M][M];int jie[M];int n,m,f[M][M][N];int l[M],r[M],md[M];int ad(int x,int y){ return (x+y)>=mod?x+y-mod:x+y;}void inc(int &x,int y){ x=ad(x,y);}int mul(int x,int y){ return (ll)x*y%mod;}int main(){ rd(n);rd(m); if(2*n>m){ puts("0");return 0; } jie[0]=1; for(reg i=1;i<=m;++i) jie[i]=(ll)jie[i-1]*i%mod; A[0][0]=1; for(reg i=1;i<=m;++i){ A[i][0]=1; for(reg j=1;j<=i;++j){ A[i][j]=ad(A[i-1][j],A[i-1][j-1]); } } for(reg i=1;i<=m;++i){ for(reg j=1;j<=i;++j){ A[i][j]=(ll)A[i][j]*jie[j]%mod; } } for(reg i=1;i<=n;++i){ int L,R;rd(L);rd(R); R=m-R+1; ++l[L];++r[R]; for(reg j=L+1;j
           
            =0) inc(f[i+1][j+1-l[i+1]][k+r[i+1]],mul(lp,A[j+1][l[i+1]])); if(j-l[i+1]>=0&&k+r[i+1]>0) inc(f[i+1][j-l[i+1]][k+r[i+1]-1],mul(lp,mul(A[j][l[i+1]],k+r[i+1]))); if(j-l[i+1]>=0) inc(f[i+1][j-l[i+1]][k+r[i+1]],mul(lp,mul(A[j][l[i+1]],md[i+1]))); } } } } ll ans=0; for(reg j=0;j<=m;++j) ans=ad(ans,f[m][j][0]); ot(ans); return 0;}}signed main(){ Miracle::main(); return 0;}/* Author: *Miracle**/
           
          
         
        
       
      
     

考虑从列入手简单

但是直接记录剩下多少个没填很难，因为结束位置不同

所以考虑在最后结束位置进行分配，只要记录之前剩下多少

一种变相的对未来承诺，或者说是预留