cdq分治（陈丹琦分治）

//转自：http://blog.csdn.net/snowy_smile/article/details/49668689
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算法介绍之cdq分治：

其实cdq分治的思想与应用都能被很简单地描述——它是用来解决各种区间段转移问题[x->y(x<y)]的。
我们用f[x]表示位置x转移之后的结果，用solve(l,r)来传递完全限制在[l,r]范围内的状态转移，并且转移a->b一定有a<b
那么对于solve(l,r)
1，如果l==r，没有后续转移，程序结束。
2，求出m=(l+r)>>1;
3，solve(l,m);
4，传递[l,m]对[m+1,r]的贡献。
5，solve(m+1,r);
这样cdq分治就做完啦
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【题意】
给你一个n（750）*m（750）的棋盘，每个格子（i，j）都有一种颜色c[i][j]，
颜色范围是[1,top]中的整数，top取值范围是[1,5e5]。
对于一次跳跃A(y1,x1)->B(y2,x2)，我们说这次跳跃是合法的，要求必须有：
1，y2>y1
2，x2>x1
3，c[y1][x1]!=c[y2][x2];
我们想要求出从（1，1）经过若干次跳跃之后到达（n，m）的方案数，mod(1e9+7)

【类型】
CDQ分治

【分析】
首先，我们可以构想一个暴力DP：
用f[i][j]表示从（1，1）到（i，j）的方案数
那么f[i][j]=∑f[u][v]，u<i&&v<j&&c[u][v]!=c[i][j]
时间复杂度为O(n^2 m^2)，想要通过这题，这还差得远。

思考1，
我们观察到，这道题中，颜色的范围不是1e9，而是5e5。为什么呢？
我们发现，相比较1e9，5e5这个范围的数组是开得下的，于是我们可以做计数处理，有助于我们维护答案。
（ps：如果颜色属于1e9范围，因为颜色种类最多只有n*m，所以其实我们可以离散化）
如果我们用d[x]表示颜色为从（1，1）走到当前处理范围颜色为x的点的方案数，
并用一个大的变量tot统计从（1，1）走到当前处理范围所有点的方案数之和。
那么当我们走到一个颜色为x的点时，就可以直接使用 tot-d[x] 来更新到达这个点的方案数。
这个思想有一定的价值，但是因为题目给出的1，2两个限制条件。
具体要通过什么途径保证d[]中处理的所有点都在它之间呢？

思考2，
区间问题的实现，很多时候我们都要引入整段考虑的思想。
这其实也就是CDQ分治的思想与具体实现。
我们想要更新从（1，1）走到行[l,r]范围格点的方案数。
而line[l,r]每个格子更新的来源，有两方面。
1，line[1,l-1]
2，line[l,r]内部
我们假设在处理[l,r]时，所有line[1,l-1]对line[l,r]的贡献已经生效。
于是现在只需要考虑来自于line[l,r]内部的贡献。
并且定义过程solve(l,r)，用于解决[l,r]内部贡献的转移。

具体如何实现？
回归到这道题——

1，如果l==r，那不会生成任何贡献，直接结束。
2，否则我们设m=(l+r)>>1;
接下来只要依次实现以下3个步骤，这道题就做完了。
（1），solve(l,m);
（2），从[l,m]向[m+1,r]转移贡献;
（3），solve(m+1,r);
于是，关键落在要如何实现（2）上——
此时，我们发现行关系已经是严格的小于关系，只需要使得列关系满足要求。如何使得？
因为问题不是在数轴上，而是在矩形中。
所以目前处理的区间是一个块，行数是[l,r]，每行有m列。
我们现在是想要把[l,mid]的状态传递到[mid+1,r]。
发现只需要从左向右一列列枚举。
状态结果的传递在(mid,r])实现，状态来源的累计在[l,mid]实现。
就保证了行与列都是严格小于关系，这道题也就在O(nmlogn)的时间复杂度内解决了。

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#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 1000000007;
const int maxn = 800;
int n,m,a[maxn][maxn],f[maxn][maxn],s[100000];
void add(int &x,int y){
    x+=y;
    x%=mod;
}
void solve(int l,int r){
    if(l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    //第一步：处理[l,mid]
    solve(l,mid);
    //第二步：处理[l.mid]->(mid,r]的转移
    for(int i=l;i<=r;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++){
            s[a[i][j]]=0;
        }
    }
    int all=0;
    //从左到右逐列枚举，以及拓扑逆序，保证了列的小于关系
    for(int j=1;j<=m;j++){
        //行累加只在[l,mid]展开，行转移在(mid,r]收集，保证了行的小于关系
        for(int i=mid+1;i<=r;i++) add(f[i][j],(all-s[a[i][j]]+mod)%mod);
        for(int i=l;i<=mid;i++){
            add(s[a[i][j]],f[i][j]);
            add(all,f[i][j]);
        }
    }
    //第三步：处理(mid,r]
    solve(mid+1,r);
}
int main(){
    while(~scanf("%d%d%*d",&n,&m)){
        for(int i=1;i<=n;i++){
            for(int j=1;j<=m;j++){
                scanf("%d",&a[i][j]);
            }
        }
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[1][1]=1;
        solve(1,n);
        printf("%d\n",f[n][m]);
    }
    return 0;
}