这本质上是一个\(dp\)

如果没有"两个上升子序列相同,那么只需要计算一次"这一个性质,那么就很好做了,我们用\(dp[i]\)表示以\(i\)结尾的上升子序列个数,那么就有\(dp[i]=\sum_{j=1}^{i-1}dp[j]\)

这个暴力转移是\(O(n^2)\)的,我们这里可以直接用树状数组来优化,于是就变成了\(O(nlogn)\)

同时由于数字可能非常大,所以需要离散化

之后再来考虑一下如何去重

首先重复的情况肯定是来自于一个之前已经出现过的数,而这个出现的数又将所有之前那个点算出来的答案又都加了一遍,这样就会有重复的了

那我们怎么去掉这些重复的情况呢

首先直接不考虑这个再次出现的数是肯定不对的,如果这个数和它之前出现的那个位置之间有一些比这个数小的的数,那么这些就就没有被计入答案,于是就错了

但是我们可以对每一个数维护一个\(lastans[i]\),表示\(i\)这个数上次被计入答案的时候\(\sum_{j=1}^{i-1}dp[j]\)是多少,之后我们还是用树状数组来查询前缀和,之后我们计入答案的应该就是这次查询出来的答案减去\(lastans\),也就是表示新增的上升子序列的个数是多少,之后我们再把这个数加入树状数组

代码

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<map>
#include<algorithm>
#define re register
#define lowbit(x) ((x)&(-(x)))
#define maxn 100005
#define LL long long
#define int long long
const LL mod=1e9+7;
std::map<LL,LL> ma;
LL c[maxn];
int n;
LL a[maxn],b[maxn];
LL lastans[maxn];
int f[maxn];
inline LL read()
{
char c=getchar();
LL x=0,r=1;
while(c<'0'||c>'9')
{
if(c=='-') r=-1;
c=getchar();
}
while(c>='0'&&c<='9')
x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();
return x*r;
}
inline void add(int x,LL v)
{
for(re LL i=x;i<=n;i+=lowbit(i))
c[i]=(c[i]+v)%mod;
}
inline LL query(LL x)
{
LL ans=0;
for(re LL i=x;i;i-=lowbit(i))
ans=(ans+c[i])%mod;
return ans;
}
signed main()
{
n=read();
for(re int i=1;i<=n;i++) a[i]=b[i]=read();
std::sort(b+1,b+n+1);
int tot=std::unique(b+1,b+1+n)-b-1;
for(re int i=1;i<=tot;i++)
ma[b[i]]=i;
LL cnt=0;
for(re int i=1;i<=n;i++)
{
int j=ma[a[i]];
if(!f[j])
{
LL mid=query(j-1);
cnt=(cnt+mid)%mod;
add(j,mid+1);
lastans[j]=mid;
f[j]=1;
continue;
}
LL mid=query(j-1);
cnt=(cnt+mid-lastans[j]+mod)%mod;
add(j,(mid-lastans[j]+2*mod)%mod);
lastans[j]=mid;
}
std::cout<<cnt;
return 0;
}

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