[CSP-S模拟测试]:Silhouette（数学）

题目描述

　　有一个$n\times n$的网格，在每一个格子上堆叠了一些边长为$1$的立方体。
　　如今给出这个三维几何体的正视图和左视图，求有多少种与之符合的堆叠立方体的方案。两种方案被认为是不一样的，当且仅当某个格子上立方体的数量不一样。
　　输出答案对$10^9+7$取模的结果。

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输入格式

　　从文件$silhouette.in$中读入数据。
　　第一行一个整数$n$。
　　第二行$n$个整数，第$i$个表示正视图中从左到右第$i$个位置的高度$A_i$。
　　第三行$n$个整数，第$i$个表示左视图中从左到右第$i$个位置的高度$B_i$。

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输出格式

　　输出到文件$silhouette.out$中。
　　输出一行表示答案。

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样例

样例输入1：

2
1 2
2 1

样例输出1：

5

样例输入2：

3
3 1 3
2 3 2

样例输出2：

175

样例输入3：

3
1 1 1
3 3 3

样例输出3：

0

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数据范围与提示

样例$1$解释：

正视图和左视图：

    _    _
 _|_|  |_|_
|_|_|  |_|_|

若是用$2\times 2$的矩阵来表示每一个格子上堆叠的立方体个数，则五种方案能够表示为：

1 2  0 2  1 2  0 2  1 2
1 1  1 0  1 0  1 1  0 1

数据范围：

对于全部数据，有$1\leqslant n\leqslant 10^5,1\leqslant A_i,B_i\leqslant 10^9$。
$\bullet Subtask1(3\%)$，$n=1$。
$\bullet Subtask2(14\%)$，$n\leqslant 3,A_i,B_i\leqslant 4$。
$\bullet Subtask3(17\%)$，$n\leqslant 16$。
$\bullet Subtask4(24\%)$，$n\leqslant 100$。
$\bullet SUbtask5(13\%)$，$n\leqslant 3,000$。
$\bullet Subtask6(18\%)$，$A_i,B_i$分别构成了一个$1$至$n$的排列。
$\bullet Subtask7(11\%)$，没有特殊的约束。

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题解

显然对于这道题，咱们要求如下方程的解的个数：

$$\forall i\in [1,n],\max \limits{j=1}^n x_{i,j}=A_i,\max \limits_{j=1}^n x_{j,i}=B_i$$

咱们能够现将$A,B$排序，由于这样对结果没有影响，简单证实一下：

先来考虑列，对于每个$A_i$，不管哪一列在前，哪一列在后，最终全部列在第$i$行的最大值都须要是$A_i$；行同理。

若是最大的$A_i$不等于最大的$B_i$，那么无解，不然必定有解，再也不证实（主要是没有人问过）。

而后咱们从大到小枚举$A,B$中每个值$S$，对于排好序后每个$S$，它们会是这样的：

相似分红了一层一层的。

而后咱们枚举每一层。

先说$S_1$这一层，对于$S_1$有一个特殊性质，$S_1$是全部$S$中最大的，先设$S_1$所涉及到的这个矩形的长宽分别为$a,b$，以下图：

咱们在设$f[i]$表示$a$行中，至少有$i$行必定不合法的方案数，这里说的不合法是指高度没有到达$S$，也就是说不能对投影作贡献；之因此咱们要设为至少，是由于这样每两行之间就能够不互相影响了。

给出状态转移方程：

$$f[i]=C_a^i\times (S^i\times ((S+1)^{a-i}-S^{a-i}))^b$$

来解释一下状态转移方程：

首先，组合数必不可少，由于咱们要从$a$行里选出$i$行；再解释后面的$b$次方，由于有$b$列，这$b$列互不影响（前面有解释）；再来解释$S^i$，由于有$i$个位置必定不合法，这$i$个位置能够选$0\sim S-1$这$S$个高度；最后来理解$(S+1)^{a-i}-S^{a-i}$，由于还剩下$a-i$个位置，每个位置选多高均可以，因此有$(S+1)^{a-i}$，可是咱们要保证这一列必定合法，因此还要减去$S^{a-i}$。

由于咱们$f[i]$的定义为至少有$i$行不合法的方案数，因此咱们还须要求得刚好有$i$行不合法的方案数，而咱们只须要知道刚好有$0$行不合法的方案数（设为$res$），也就是都合法的方案数，考虑容斥，则有：

$$res=\sum \limits_{i=0}^a(-1)^i\times f[i]$$

那么，咱们在来考虑通常状况，也就是上图中$S_2$之后的全部$S$，由于每当咱们处理完一个$S$以后，下一个区域的形状只有$L$行或矩形，以下图（红色为上一次处理的区域，紫色为这一次处理的区域）：

而不管对于哪一种状况，咱们都按以下划分方式将其划分为两部分：

对于矩形的两种状况，无非就是没有了那一部分，能够认为举行是一种特殊的$L$行。

为方便，咱们不妨将$L$行区域按以下图方式标号$a,b,c,d$：

那么，如今我给出状态转移方程：

$$f[i]=C_a^i\times (S^i\times ((S+1)^{a+c-i}-S^{a+c-i}))^b\times (S^i\times (S+1)^{a-i})^d$$

如今来解释这个更复杂的式子，先明确一下，由于上图中红色区域已经处理完毕，因此对于蓝色区域，其已经知足行，而没有知足列，对于绿色区域同理。

先来解释式子中的组合数$C_a^i$，你可能会存在疑问，为何有$a+c$行，而不是$C_{a+c}^i$；那是由于上面我也明确过了，对于$c$行，行已经知足，咱们不能让它不知足，而这$i$行的不知足咱们只能从$a$行出；因此是$C_a^i$，而不是$C_{a+c}^i$。

再来解释$(S^i\times ((S+1)^{a+c-i}-S^{a+c-i}))^b$，对于$b$次方和$S^i$，上面对于$S$是最大的值的状况已经作了解释，在此就不作过多的赘述；直接解释$(S+1)^{a+c-i}-S^{a+c-i}$，这个也很好理解，与上面状况相似，有$i$行不合法，那么还有$a+c-i$个位置能够合法，而咱们要保证这一列必定合法，因此还要减去不合法的状况。

最后来看后面新填进来的这一部分，应该能看的出来，这部分是为了处理矩形$a\times d$的，也就是区域$2$，式子与前面大致相似，再也不赘述，只来思考这样一个问题：网上有另外一篇题解（在我写以前可能也只有那一篇，而我就是按照那一篇的思路调出来的），他的后面这部分是$S^i\times (S+1)^{a-i}-S^{a-i})^d$，可是个人式子里却没有$-S^{a-i}$，他的式子的漏洞就在这里，而为何不用这部分呢？由于咱们减去$S^{a-i}$是为了让那一列合法，仍是开始我明确的那个问题，由于咱们在处理红色区域的时候已经保证了其合法，而红色区域的$S$要比矩形$a\times d$（绿色区域）的大，也就是高，因此不管如何其正视图都已经不变化了，变化的只有左视图，而咱们须要作的就是让左视图合法，不用考虑列合不合法的问题，因此不用减去$S^{a-i}$。

对于统计合法方案数的容斥，其式子亦是：

$$res=\sum \limits_{i=0}^a (-1)^i\times f[i]$$

对于$c=0$和$d=0$的状况，咱们将其带入上式会发现对结果并没有影响，因而咱们能够将特殊状况的式子和普通状况的式子合并成一个。

这样咱们从达到小不断枚举每个$S$便可求出全部合法方案数。

时间复杂度：$\Theta(n\log n)$。

指望得分：$100$分。

实际得分：$100$分。

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代码时刻

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=1000000007;
int n;
int A[100001],B[100001],S[200001];
long long jc[100001],inv[100001];
long long ans=1;
long long qpow(long long x,long long y)
{
	long long res=1;
	while(y)
	{
		if(y&1)res=res*x%mod;
		x=x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return res;
}
void pre_work()
{
	jc[0]=1;
	for(long long i=1;i<=100000;i++)jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
	inv[100000]=qpow(jc[100000],mod-2);
	for(long long i=100000;i>0;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}
long long get_C(int x,int y){return jc[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}
long long lucas(int x,int y)
{
	if(!y)return 1;
	return get_C(x%mod,y%mod)*lucas(x/mod,y/mod)%mod;
}
long long solve(int a,int b,int c,int d,int s)
{
	long long res=0;
	for(int i=0;i<=a;i++)
	{
		long long now=lucas(a,i)*qpow(qpow(s,i)*((qpow(s+1,a+c-i)-qpow(s,a+c-i)+mod)%mod)%mod,b)%mod*qpow(qpow(s,i)*qpow(s+1,a-i)%mod,d)%mod;
		if(i&1)res=(res-now+mod)%mod;
		else res=(res+now)%mod;
	}
	return res;
}
int main()
{
	pre_work();
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&A[i]);S[i]=A[i];}
	for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d",&B[i]);S[n+i]=B[i];}
	sort(A+1,A+n+1);
	sort(B+1,B+n+1);
	if(A[n]!=B[n]){puts("0");return 0;}
	sort(S+1,S+2*n+1);
	S[0]=unique(S+1,S+2*n+1)-S-1;
	int prea=n+1,preb=n+1,nowa=n,nowb=n;
	for(int i=S[0];i;i--)
	{
		while(A[nowa-1]==S[i]&&nowa-1)nowa--;
		while(B[nowb-1]==S[i]&&nowb-1)nowb--;
		ans=ans*solve(prea-nowa,preb-nowb,n-prea+1,n-preb+1,S[i])%mod;
		prea=nowa;preb=nowb;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}

---

rp++