江苏广宇建设集团有限公司 网站建设网站企业运营

题目大意

有一场题目数量为$m$的比赛，有一个团队想要来参加。

这个团队有$n$个选手，编号为$i$的选手能做第$l_i\sim r_i$道题，每题他都有$100\%$的概率做出来。

这个团队会随机派出一只队伍来参加这个比赛。

因为编号相邻的人关系更好，默契度也更高，所以一个团队派出的队伍一直都是编号为连续区间的选手。

一个队伍的得分为该队伍能做出的题的数量，求这个团队参加比赛的期望得分。输出答案模$10^9+7$后的值。

注： 一道题只能被做出来一次。

$1\le n\le 10^6,1\le l_i\le r_i\le m\le 10^{18}$

时间限制$2000ms$，空间限制$512MB$。

题解

直接求能做出多少道题并不简单，我们换一种思路：对于每道题，有多少种队伍做不出这道题？

对于每道题$k$，我们设$z_i$表示$k$是否包含在$[l_i,r_i]$中，也就是第$i$个人能不能做出这道题。那么，如果当前的队伍不能做出这道题，那选择的区间就不能包含任意一个$z_i=1$的$i$。也就是说，将所有$z_i=1$的$i$放在一起，则相邻的两个数$i,j$之间有$t=j-i-1$个人不会做这道题，那么这部分中有$\frac{t(t+1)}{2}$种队伍的选法使得这道题不能被做出来。

我们先求每种方案的得分之和，那么可以先将每种方案的得分都先看作$m$，然后再减去不能做出的题目。

对于每道题$k$，维护在$i$之前最后一个能做出这道题的人$ls{t}_k$。然后遍历每个人，遍历$l_i$到$r_i$，每个位置$k$的贡献为$\frac{t(t+1)}{2}$，其中$t=i-ls{t}_k-1$，然后令$ls{t}_k=i$。这样做的话，时间复杂度为$O(nm)$。下面考虑优化。

我们用一个$vector$来存储$lst$值相同的每一个区间，一开始总共只有一个区间$[1,m]$，$lst$值都是$0$。对于每个人$i$，都要修改$[l_i,r_i]$上的$lst$值。那么，我们对于$vector$中每一个与$[l_i,r_i]$有交集的区间$[a,b]$，将这些区间与$[l_i,r_i]$有交集的部分按上面的方法向答案做出$\frac{t(t+1)}{2}\times (b-a+1)$的贡献（注意这里的贡献是负的，是在原本将这道题看作做对，然后在减去不能做对的方案数乘上题目数量），因为这个区间表示$m$道题中的$b-a+1$道题，所以要乘上$(b-a+1)$。再把有交集部分删掉，没有交集的部分再放回去。最后加上一个区间$[l_i,r_i]$，$lst$值为$i$。因为最后还有一部分没有算贡献的，我们可以在最后再加入一个区间$[1,m]$，$lst$值为$n+1$，就能够统计到这部分的贡献。

这样做的话会不会$\text{TLE}$呢？不会。因为每次加入一个区间最多能够产生$3$个区间（这个区间本身，与这个区间有交集的区间中最左边的没有交集的部分，与这个区间有交集的区间中最右边的没有交集的部分），为保证区间是从小到大排序的，所以加入一次区间的时间复杂度为$O(\log n)$（区间总数不会超过$3n$）。而每个区间在之后如果与新加入的区间有交集，则这个区间就会被删去，也就是说在之后最多只造成$O(1)$的时间复杂度。所以，总时间复杂度为$O(n\log n)$。

我们最终得到了每种方案的得分之和，再乘上方案数的逆元即可。

时间复杂度为$O(n\log n)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1000000;
const long long mod=1e9+7;
int n;
long long m,ans=0;
struct node{long long x,y,w;bool operator<(const node ax)const{return y<ax.y;}
};
vector<node>v;
long long mi(long long t,long long v){if(!v) return 1;long long re=mi(t,v/2);re=re*re%mod;if(v&1) re=re*t%mod;return re;
}
long long gt(long long k){return k*(k+1)/2%mod;
}
void pt(long long x,long long y,long long w){auto it=lower_bound(v.begin(),v.end(),(node){0,x,0});node vl=(node){0,0,-1},vr=(node){0,0,-1};while((*it).x<=y){if((*it).x<x) vl=(node){(*it).x,x-1,(*it).w};if((*it).y>y) vr=(node){y+1,(*it).y,(*it).w};long long vx=max(x,(*it).x),vy=min(y,(*it).y);ans=(ans-(vy-vx+1)%mod*gt(w-(*it).w-1)%mod+mod)%mod;v.erase(it);}int vt=it-v.begin();if(vr.w!=-1) v.insert(v.begin()+vt,vr);v.insert(v.begin()+vt,(node){x,y,w});if(vl.w!=-1) v.insert(v.begin()+vt,vl);
}
int main()
{
//	freopen("competition.in","r",stdin);
//	freopen("competition.out","w",stdout);scanf("%d%lld",&n,&m);ans=m%mod*gt(n)%mod;v.push_back((node){1,m,0});v.push_back((node){m+1,m+1,0});for(int i=1;i<=n;i++){long long x,y;scanf("%lld%lld",&x,&y);pt(x,y,i);}pt(1,m,n+1);ans=ans*mi(gt(n),mod-2)%mod;printf("%lld",ans);return 0;
}