考虑 \(dp\) 。

首先把所有节点按 \(x\) 从小到大排序是很有必要的。

f[i][j][0] 表示满足以第 \(i\) 个节点做折线结尾,选取的点集 \(S\) 满足 \(f(S)=j\) ,且最后一段折线指向右上 \((↗)\) 的方案数。

f[i][j][1] 表示满足以第 \(i\) 个节点做折线结尾,选取的点集 \(S\) 满足 \(f(S)=j\) ,且最后一段折线指向右下 \((↘)\) 的方案数 。

状态转移方程:(我觉得挺显然的,感性理解一下就行了

\[f[i][j][0]=\sum\limits_{i'<i \ \& \ y[i']<y[i]} f[i'][j][0]+\sum\limits_{i'<i \ \& \ y[i']<y[i]} f[i'][j-1][1]
\]

\[f[i][j][1]=\sum\limits_{i'<i \ \& \ y[i']>y[i]} f[i'][j][1] + \sum\limits_{i'<i \ \& \ y[i']>y[i]} f[i'][j-1][0]
\]

答案即为 \(\sum f[i][k][0]+\sum f[i][k][1]\) 。

然后我们发现直接这样做 \(dp\) 是 \(Θ(n^2k)\) 的。

\(...\)

其实我们可以发现:

这个 \(i'<i\) 的限制按照 \(x\) 从小到大扫描的顺序就可以解决。

这个 \(y[i']<y[i]\) 以及 \(y[i']>y[i]\) 的限制可以用一个数据结构(线段树 \(/\) 树状数组)优化成 \(\log\) 。

时间复杂度 \(Θ(n \ k \log n)\) 。


Code 部分

#include<cstdio>
#include<algorithm> #define RI register int using namespace std; inline int read()
{
int x=0,f=1;char s=getchar();
while(s<'0'||s>'9'){if(s=='-')f=-f;s=getchar();}
while(s>='0'&&s<='9'){x=x*10+s-'0';s=getchar();}
return x*f;
} const int SIZE=50010,M=21,MAXV=100000; const int mod=1e5+7; int n,m; struct Node{
int x,y;
}a[SIZE]; int cmp(Node a,Node b)
{
return a.x<b.x;
} int c[M][MAXV+100][2]; void add(int d1,int x,int d2,int val)
{
for(;x<=MAXV;x+=x&-x)c[d1][x][d2]=(c[d1][x][d2]+val)%mod;
} int ask(int d1,int d2,int x)
{
int ans=0;
for(;x;x-=x&-x)ans=(ans+c[d1][x][d2])%mod;
return ans;
} int query(int d1,int d2,int l,int r)
{
if(l>r)return 0;
int ans=ask(d1,d2,r)-ask(d1,d2,l-1);
ans+=mod;
ans%=mod;
return ans;
} int f[SIZE][M][2]; int main()
{
n=read(),m=read(); for(RI i=1;i<=n;i++)
a[i].x=read(),a[i].y=read(); sort(a+1,a+1+n,cmp); add(0,a[1].y,0,1);
add(0,a[1].y,1,1); for(RI i=2;i<=n;i++)
{
f[i][0][0]=f[i][0][1]=1;
for(RI j=1;j<=m;j++)
f[i][j][0]=(query(j,0,1,a[i].y-1)+query(j-1,1,1,a[i].y-1))%mod,
f[i][j][1]=(query(j,1,a[i].y+1,MAXV)+query(j-1,0,a[i].y+1,MAXV))%mod;
for(RI j=0;j<=m;j++)
add(j,a[i].y,0,f[i][j][0]),add(j,a[i].y,1,f[i][j][1]);
} printf("%d\n",(ask(m,0,MAXV)+ask(m,1,MAXV))%mod); return 0;
}

\[thanks \ for \ watching
\]

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