洛谷P2344 奶牛抗议【树状数组+DP】

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题目描述

约翰家的N 头奶牛正在排队游行抗议。一些奶牛情绪激动，约翰测算下来，排在第i 位的奶牛的理智度为Ai，数字可正可负。

约翰希望奶牛在抗议时保持理性，为此，他打算将这条队伍分割成几个小组，每个抗议小组的理智度之和必须大于或等于零。奶牛的队伍已经固定了前后顺序，所以不能交换它们的位置，所以分在一个小组里的奶牛必须是连续位置的。除此之外，分组多少组，每组分多少奶牛，都没有限制。

约翰想知道有多少种分组的方案，由于答案可能很大，只要输出答案除以1000000009 的余数即可。

输入格式：

• 第一行：单个整数N，1 ≤ N ≤ 100000
• 第二行到第N + 1 行：第i + 1 行有一个整数Ai，−10^5 ≤ Ai ≤ 10^5

输出格式：

单个整数：表示分组方案数模1000000009 的余数

输入样例#1：

4
2
3
-3
1

输出样例#1：

4

说明

解释:如果分两组，可以把前三头分在一组，或把后三头分在一组；如果分三组，可以把中间两头分在一组，第一和最后一头奶牛自成一组；最后一种分法是把四头奶牛分在同一组里。

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题目分析

若我们以dp[i]表示考虑前i个奶牛可以得到的方案数
s[i]表示前i个奶牛分数之和(前缀和)
那么有$dp[i]=\sum_{0<=j<i,s[i]>=s[j]}dp[j]$
到这里用树状数组维护就很显然了
前缀和可能很大，所以要离散化

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#include<iostream>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define lowbit(x) (x)&(-x)

int read()
{
    int f=1,x=0;
    char ss=getchar();
    while(ss<'0'||ss>'9'){if(ss=='-')f=-1;ss=getchar();}
    while(ss>='0'&&ss<='9'){x=x*10+ss-'0';ss=getchar();}
    return f*x;
}

const int mod=1000000009;
const int maxn=100010;
int n;
int a[maxn],sum[maxn],b[maxn];
int pos[maxn];
int bit[maxn];
int dp[maxn],mx;

void add(int x,int v)
{
    x++;
    for(int i=x;i<=mx+1;i+=lowbit(i))
    bit[i]=(bit[i]+v)%mod;
}

int get(int x)
{
    x++;
    int ans=0;
    for(int i=x;i>0;i-=lowbit(i))
    ans=(ans+bit[i])%mod;
    return ans;
}

int main()
{
    n=read();
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        a[i]=read();
        b[i]=sum[i]=sum[i-1]+a[i];
        mx=max(mx,sum[i]);
    }
    sort(b+1,b+1+n);
    for(int i=1;i<=n;++i)
    if(i==1||b[i]!=b[i-1])
    pos[++pos[0]]=b[i];
    mx=lower_bound(pos+1,pos+1+pos[0],mx)-pos;

    int ans=0;
    add(lower_bound(pos+1,pos+1+pos[0],0)-pos,1);//要先插入0
    for(int i=1;i<=n;++i)
    {
        int x=lower_bound(pos+1,pos+1+pos[0],sum[i])-pos;
        ans=get(x)%mod;
        add(x,ans);
    }
    printf("%d",ans);
    return 0;
}