题目描述
Description
一个平面直角坐标系上，有N个点，标号为1到N，其中第i个点的坐标为(x[i], y[i])。 求满足以下两个条件的点列{p[i]}的数目（假设{p[i]}的长度为M）： 1) 对任意1 <= i < j <= M，必有y[p[i]] > y[p[j]]； 2) 对任意3 <= i <= M，必有x[p[i-1]] < x[p[i]] < x[p[i-2]]或者x[p[i-2]] < x[p[i]] < x[p[i-1]]。 求满足条件的非空序列{p[i]}的数目，结果对一个整数Q取模。
Input
第1行是两个由空格隔开的整数：N和Q。 第2行到第N+1行，每行有两个整数。其中的第i行的两个整数分别是x[i]和y[i]。
Output
输出文件只有一行，包含一个整数，表示序列{p[i]}的数目对Q取模的结果。
Sample Input
4 100
2 2
3 1
1 4
4 3
Sample Output
14
Data Constraint
Hint
如果M = 1，也就是点列只包含一个点的情况。那么有4种序列。明显都符合要求。 所以一共就有1 + 3 + 6 + 4一共14种序列符合要求。 【数据范围】 对于25%的数据，N <= 50；对于40%的数据，N <= 700；对于60%的数据，N <= 2000；对于70%的数据，N <= 4000；对于100%的数据，1 <= N <= 7000。 对于100%的数据，有1 <= Q <= 1000000000。 对于50%的数据，保证对任何的i，x[i]和y[i]是1到N之间的整数；对于100%的数据，保证对任何的i，x[i]和y[i]都是1到2000000000之间的整数。 对于100%的数据，保证有当i != j时，有x[i] != x[j]且y[i] != y[j]。
70%
设f[i][j]表示当前选的点为i，y坐标为j
显然可以按x从小到大排序+离散化y，转移可以递推，从f[i][j]推到f[i][y[i]]（j≠y[i]）
如果推到某个位置，且该位置的i’>i，那么可以转移到f[i’][j]
这样做时间是O(n2)，但是常数较大（n=7000时跑了3s）
100%
考虑一种比较玄♂学的dp
把点按x从小到大排序，设f[i]表示找到的序列右端点为i，下一个要往左找的方案数，g[i]反之
则对于每个i，从大到小枚举j，若y[j]<y[i]，则f[i]+=g[j]，否则g[j]+=f[i]
正确性可以画图，发现每次转移的实质是从y小的转移到大的，所以还是满足无后效性
注意当长度为1时被算了两次
时间还是O(n2)，但是常数很小
code
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#define fo(a,b,c) for (a=b; a<=c; a++)
#define fd(a,b,c) for (a=b; a>=c; a--)
#define add(a,b) a=((a)+(b))%mod
using namespace std;
struct type{
int x,y;
} a[7001];
int f[7001];
int g[7001];
int b[7001];
int n,mod,i,j,k,l,ans;
bool cmp(type a,type b)
{
return a.x<b.x;
}
int main()
{
// freopen("tank14.in","r",stdin);
// freopen("S8_13_2.in","r",stdin);
scanf("%d%d",&n,&mod);
fo(i,1,n)
scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);
sort(a+1,a+n+1,cmp);
fo(i,1,n)
{
f[i]=1;
fd(j,i-1,1)
if (a[i].y>a[j].y)
add(f[i],g[j]);
else
add(g[j],f[i]);
g[i]=1;
}
fo(i,1,n)
{
add(ans,f[i]);
add(ans,g[i]);
}
ans-=n;
if (ans<0)
ans+=mod;
printf("%d\n",ans);
}