D. Duff in Beach

Time Limit: 1 Sec

Memory Limit: 256 MB

题目连接

http://codeforces.com/contest/588/problem/D

Description

While Duff was resting in the beach, she accidentally found a strange array b0, b1, ..., bl - 1 consisting of l positive integers. This array was strange because it was extremely long, but there was another (maybe shorter) array, a0, ..., an - 1 that b can be build from a with formula: bi = ai mod n where a mod b denoted the remainder of dividing a by b.

Duff is so curious, she wants to know the number of subsequences of b like bi1, bi2, ..., bix (0 ≤ i1 < i2 < ... < ix < l), such that:

  • 1 ≤ x ≤ k
  • For each 1 ≤ j ≤ x - 1, 
  • For each 1 ≤ j ≤ x - 1, bij ≤ bij + 1. i.e this subsequence is non-decreasing.

Since this number can be very large, she want to know it modulo 109 + 7.

Duff is not a programmer, and Malek is unavailable at the moment. So she asked for your help. Please tell her this number.

Input

The first line of input contains three integers, n, l and k (1 ≤ n, kn × k ≤ 106 and 1 ≤ l ≤ 1018).

The second line contains n space separated integers, a0, a1, ..., an - 1 (1 ≤ ai ≤ 109 for each 0 ≤ i ≤ n - 1).

Output

Print the answer modulo 1 000 000 007 in one line.

Sample Input

3 5 3
5 9 1

Sample Output

10

HINT

题意

给你n,l,k,然后就是告诉你b有l长度,其中是由a不停重复得到的

然后问你一共有多少个满足条件的序列存在

条件如下:

1.这个序列的长度大于等于1,小于等于k

2.这个序列在每一个块中只能选择一个数,并且都必须选择在连续的块中

3.这个序列是单调不降的

题解:

dp,由于n*k<=1e6,所以我们简单的推断是dp[n][k]的,表示第i个数长度为k的序列有多少个

其实这道题和分块差不多,在块外就用dp瞎转移

块内就暴力就好了……

只要把这个数据过了就好了

3 100 3

1 1 1

注意是upper_bound这个东西

代码:

#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<map>
using namespace std;
#define maxn 1000005
#define mod 1000000007
int a[maxn];
int b[maxn];
long long l;
int k,n;
long long dp[maxn];
long long sum[maxn];
map<int,int> HH;
map<pair<int,int>,int> H;
int tot = ;
int get(int x,int y)
{
if(H[make_pair(x,y)])
return H[make_pair(x,y)];
H[make_pair(x,y)]=tot++;
return H[make_pair(x,y)];
}
int main()
{
scanf("%d%lld%d",&n,&l,&k);
for(int i=;i<=n;i++)
{
scanf("%d",&a[i]);
b[i]=a[i];
}
sort(a+,a++n);
for(int i=;i<=n;i++)
HH[a[i]] = i;
for(int i=;i<=n;i++)
dp[get(i,)]=;
for(int j=;j<=k;j++)
{
int tot = ;
for(int i=;i<=n;i++)
{
int kk = upper_bound(a+,a+n+,a[i])-(a+);
while(tot<=kk)
{
sum[j-] += dp[get(tot,j-)];
sum[j-] %= mod;
tot++;
}
dp[get(i,j)] = sum[j-];
}
}
for(int i=;i<=n;i++)
{
sum[k] += dp[get(i,k)];
sum[k] %= mod;
}
long long ans = ;
for(int i=;i<=k&&i<=l/n;i++)
{
ans += (long long)((l/n-i+)%mod)*sum[i];
ans %= mod;
}
if(l%n==)
{
cout<<ans<<endl;
return ;
}
for(int i=;i<=l%n;i++)
{
for(int j=;j<=k&&j<=(l/n+);j++)
{
ans+=dp[get(HH[b[i]],j)];
ans%=mod;
}
}
cout<<ans<<endl;
}

Codeforces Round #326 (Div. 2) D. Duff in Beach dp的更多相关文章

  1. Codeforces Round #326 (Div. 2) C. Duff and Weight Lifting 水题

    C. Duff and Weight Lifting Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://codeforces.com/contest ...

  2. Codeforces Round #326 (Div. 2) B. Duff in Love 分解质因数

    B. Duff in Love Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://codeforces.com/contest/588/proble ...

  3. Codeforces Round #326 (Div. 2) A. Duff and Meat 水题

    A. Duff and Meat Time Limit: 1 Sec Memory Limit: 256 MB 题目连接 http://codeforces.com/contest/588/probl ...

  4. Codeforces Round #326 (Div. 2) B Duff in Love 简单数论 姿势涨

    B. Duff in Love time limit per test 2 seconds memory limit per test 256 megabytes input standard inp ...

  5. Codeforces Round #326 (Div. 1) - C. Duff in the Army 树上倍增算法

    题意:一个n个点的数, m个人住在其中的某些点上, 每个人的标号1-m, 询问u-v 路径上标号前a个人,并输出标号,a < 10. 作法, 利用倍增, ID[j][i] 表示i到i的第2^j个 ...

  6. Codeforces Round #326 Div.1 C.Duff in the Army 树上倍增

    题意概述: 给出一棵N个结点的树,然后有M个居民分散在这棵树的结点上(允许某个结点没有居民).现在给出一些询问形如u,v,a,定义k=min(x,a),其中x表示的是u->v路径上的居民数量.将 ...

  7. Codeforces Round #367 (Div. 2) C. Hard problem(DP)

    Hard problem 题目链接: http://codeforces.com/contest/706/problem/C Description Vasiliy is fond of solvin ...

  8. Codeforces Round #326 (Div. 2) B. Pasha and Phone C. Duff and Weight Lifting

    B. Pasha and PhonePasha has recently bought a new phone jPager and started adding his friends' phone ...

  9. Codeforces Round #326 (Div. 2)-Duff and Meat

    题意: Duff每天要吃ai千克肉,这天肉的价格为pi(这天可以买好多好多肉),现在给你一个数值n为Duff吃肉的天数,求出用最少的钱满足Duff的条件. 思路: 只要判断相邻两天中,今天的总花费 = ...

随机推荐

  1. 图片的android:src 及android:background共存

    ---恢复内容开始--- 需求:给ImageView添加背景色 效果: 实现分析: 1.目录结构: 代码实现: 1.activity_main.xml <merge xmlns:android= ...

  2. echo二次开发 ecshop 函数列表

    lib_time.php (时间函数) gmtime() P: 获得当前格林威治时间的时间戳 /$0 server_timezone() P: 获得服务器的时区 /$0 local_mktime($h ...

  3. Android常用组件

    UI相关 图片 Android-Universal-Image-Loader:com.nostra13.universalimageloader:异步加载.缓存.显示图片 ImageLoader:co ...

  4. gtid

    GTID的全称为 global transaction identifier,可以翻译为全局事务标示符,GTID在原始master上的事务提交时被创建.GTID需要在全局的主-备拓扑结构中保持唯一性, ...

  5. 【转】linux线程模型

    一.定义 关于进程.轻量级进程.线程.用户线程.内核线程的定义,这个很容易找到,但是看完之后你可以说你懂了,但实际上你真的明白了么? 在现代操作系统中,进程支持多线程.进程是资源管理的最小单元:而线程 ...

  6. HDU 5818 Joint Stacks

    Joint Stacks Time Limit: 8000/4000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 65536/65536 K (Java/Others)Tota ...

  7. SDUT 3571 Password 暴力搜索

    这个题如果裸搜肯定超时了 但是我们可以枚举,用初始串的哪一位数字去填目标串的那一位数字 这样就是暴力6!,复杂度很低,然后需要解决过程中经过的点的问题, 因为是从左向右走,所以记录当前光标, 和当前达 ...

  8. linux-制作linux启动U盘

    1. 使用的制作工具 Ø 下载需要制作启动盘的linux的iso文件 Ø 制作启动盘的软件linux usb creater Ø U盘(大小差不多需要4G的空间) 软件可以的下载的地址:http:// ...

  9. [转]虚方法(virtual)和抽象方法(abstract)的区别

    虚方法和抽象方法都可以供派生类重写,它们之间有什么区别呢? 1. 虚方法必须有实现部分,抽象方法没有提供实现部分,抽象方法是一种强制派生类覆盖的方法,否则派生类将不能被实例化.如: //抽象方法pub ...

  10. 关于scrollTop的那些事

    大家在实际项目中,应该是要经常用到scrollTop的,它表示的是可视窗口距离页面顶部的距离,这个scrollTop是可读写的,所以可以用来做页面滚动. 但是大家或多或少遇到一些浏览器兼容问题,为什么 ...