Loj #2554. 「CTSC2018」青蕈领主
作者:互联网
Loj #2554. 「CTSC2018」青蕈领主
题目描述
“也许,我的生命也已经如同风中残烛了吧。”小绿如是说。
小绿同学因为微积分这门课,对“连续”这一概念产生了浓厚的兴趣。小绿打算把连续的概念放到由整数构成的序列上,他定义一个长度为 \(m\) 的整数序列是连续的,当且仅当这个序列中的最大值与最小值的差,不超过\(m-1\)。例如 \(\{1,3,2\}\) 是连续的,而 \(\{1,3\}\) 不是连续的。
某天,小绿的顶头上司板老大,给了小绿 \(T\) 个长度为 \(n\) 的排列。小绿拿到之后十分欢喜,他求出了每个排列的每个区间是否是他所定义的“连续”的。然而,小绿觉得被别的“连续”区间包含住的“连续”区间不够优秀,于是对于每个排列的所有右端点相同的“连续”区间,他只记录下了长度最长的那个“连续”区间的长度。也就是说,对于板老大给他的每一个排列,他都只记录下了在这个排列中,对于每一个 \(1 \le i \le n\),右端点为 \(i\) 的最长“连续”区间的长度 \(L_i\)。显然这个长度最少为 \(1\),因为所有长度为 \(1\) 的整数序列都是连续的。
做完这一切后,小绿爬上绿色床,美美地做了一个绿色的梦。
可是第二天醒来之后,小绿惊讶的发现板老大给他的所有排列都不见了,只剩下他记录下来的 \(T\) 组信息。小绿知道自己在劫难逃,但是作为一个好奇的青年,他还是想知道:对于每一组信息,有多少个和信息符合的长度为 \(n\) 的排列。
由于小绿已经放弃治疗了,你只需要告诉他每一个答案对 \(998244353\) 取模的结果。
我们并不保证一定存在至少一个符合信息的排列,因为小绿也是人,他也有可能犯错。
输入格式
输入的第一行包含两个整数 \(T,n\),分别表示板老大给小绿的排列个数、以及每个排列的长度。
接下来 \(T\) 行,每行描述一组信息,包含 \(n\) 个正整数,第 \(i\) 组信息的从左往右第 \(j\) 个整数 \(L_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个排列中右端点为第 \(j\) 个数的最长“连续”区间的长度。
对于每一行,如果行内包含多个数,则用单个空格将它们隔开。
输出格式
对于每组信息,输出一行一个整数表示可能的排列个数对 \(998244353\) 取模的结果。由于是计算机帮你算,所以我们不给你犯错的机会。
数据范围与提示
对于所有测试数据,\(1 \le T \le 100\),\(1 \le N \le 50000\), \(1 \le L_{i,j} \le j\)。
首先我们得到很多段区间,这些区间要么相离,要么包含,并且一定有一个\([1,n]\)。就用这两个条件来判断无解。然后我们可以将这些区间建成一个树。
考虑区间\([l,r]\),他有\(k\)个儿子,于是我们要将一段长为\(r-l+1\)的连续区间分配个这\(k\)个儿子。首先这\(k\)个儿子每一个都是连续的一段,并且相邻的儿子不能组成连续的一段。但是考虑放在\(r\)位置上的那个点,他与所有儿子共同组成了连续的一段。如果说我们把每个儿子看做一个点而,再把\(r\)也看做一个点,那么合法条件就是:一个\(k+1\)的排列,不能存在不包含最后一个位置的长度\(>1\)的连续区间。
设该答案为\(f_k\),那么:
\[
f_{n}=(n-1)f_{n-1}+\sum_{j=2}^{n-2}(j-1)f_jf_{i-j}\\
\]
特别地,\(f_0=1,f_1=2\)。
我们设一个合法数列为\(A\),再令\(b_{a_i}=i\)。很容易发现\(A\)与\(B\)是唯一映射的。\(A\)的合法条件在\(B\)数组中等价为不能存在不包含最大那个元素的长度\(\geq 2\)的连续区间。
考虑从大到小插入每一个数。已经插入了\([2,n+1]\),现在要插入\(1\)。如果原来的序列已经合法,那么\(1\)只要不与\(2\)相邻,这个数列依旧合法。这样就还有\(n-1\)个位置可以插入,所以有\((n-1)f_{n-1}\)。如果原来的数列不合法,那么我们要插入\(1\)破坏那个长度\(>1\)的连续区间。很显然,不相交的连续区间最多有一个,不然插入一个\(1\)解决不了问题。于是我们枚举最大的那个非法区间的长度,设其为\(j\),则\(2\leq j\leq n-2\)(首先至少有\(2\)两个元素,并且不能让最大的那个元素单独存在,否则就不是最长的了)。假设非法区间的元素为\([x\ldots x+j-1]\),那么\(x\)有\([2,n-j]\)这\(n-j-1\)种方案,所以乘上系数\(n-1-j\)。考虑将\(1\)插入其中,等价于将\(j+1\)插入\([1,j]\)中,所以合法方案数为\(f_j\)。考虑这段连续区间(插入\(1\)之前)必须是极长,所以如果将这段连续区间视为一个点,那么就有还有\(n-j\)个元素,合法的排列方案数是\(f_{n-j}\)。这部分贡献为
\[
\sum_{j=2}^{n-2}(n-j-1)f_jf_{n-j}=\sum_{j=2}^{n-2}(j-1)f_jf_{n-j}
\]
发现这个方程可以用分治\(FFT\)优化,不过这个写法有点巧妙。
考虑分治\(FFT\)的原理是递归区间\([l,r]\)的时候将区间分为了两半,考虑计算左半边对右半边的贡献。于是我们发现,计算\([l,mid]\)对\([mid+1,r]\)的贡献时,我们要用到\(f_{2\ldots r-l}\),但是可能\(mid<r-l\)。我们考虑\(i,j(i<j)\),显然只会在递归到某一个区间\([l,r]\)的时候才会计算\(i\)对\(j\)的贡献。假设这个区间是\([l,mid,r]\),如果\(l\leq r-l\leq mid\),那么显然就可以用\(f_{l\ldots mid}\)自己卷自己就行了。如果\(r-l<l\),那么我们就用\(f_{l\ldots mid}\)卷\(f_{2\ldots \min\{r-l,l-1\}}\)就好了。因为:
\[
(j-1)f_jf_{i-j}+(i-j-1)f_{i-j}f_j=(i-2)f_jf_{i-j}
\]
所以对于计算了\(r-l<l\)的部分后乘上\(i-2\)就可以一并计算\(r-l>mid\)的部分了。
代码:
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 50005
using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}
const ll mod=998244353;
ll ksm(ll t,ll x) {
ll ans=1;
for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
if(x&1) ans=ans*t%mod;
return ans;
}
int n;
int p[N];
void NTT(ll *a,int d,int flag) {
static int rev[N<<2];
static ll G=3;
int n=1<<d;
for(int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<d-1);
for(int i=0;i<n;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int s=1;s<=d;s++) {
int len=1<<s,mid=len>>1;
ll w=flag==1?ksm(G,(mod-1)/len):ksm(G,mod-1-(mod-1)/len);
for(int i=0;i<n;i+=len) {
ll t=1;
for(int j=0;j<mid;j++,t=t*w%mod) {
ll u=a[i+j],v=a[i+j+mid]*t%mod;
a[i+j]=(u+v)%mod;
a[i+j+mid]=(u-v+mod)%mod;
}
}
}
if(flag==-1) {
ll inv=ksm(n,mod-2);
for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%mod;
}
}
ll f[N];
ll A[N<<2],B[N<<2];
void solve(int l,int r) {
if(l==r) {
(f[l]+=f[l-1]*(l-1))%=mod;
return ;
}
int mid=l+r>>1;
int d=ceil(log2(r-l+1));
solve(l,mid);
for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=B[i]=0;
for(int i=l;i<=mid;i++) {
A[i-l]=(i-1)*f[i]%mod;
B[i-l]=f[i];
}
NTT(A,d,1),NTT(B,d,1);
for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=A[i]*B[i]%mod;
NTT(A,d,-1);
for(int i=0;i<1<<d;i++)
if(mid<i+2*l&&i+2*l<=r) (f[i+2*l]+=A[i])%=mod;
int len=min(r-l,l-1);
d=ceil(log2(len+mid-l+1));
for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=B[i]=0;
for(int i=l;i<=mid;i++) A[i-l]=f[i];
for(int i=2;i<=len;i++) B[i-2]=f[i];
NTT(A,d,1),NTT(B,d,1);
for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=A[i]*B[i]%mod;
NTT(A,d,-1);
for(int i=0;i<1<<d;i++)
if(mid<i+2+l&&i+2+l<=r) (f[i+2+l]+=(i+l)*A[i])%=mod;
solve(mid+1,r);
}
int st[N],top;
int sn[N];
int main() {
int T=Get();
n=Get();
f[0]=1,f[1]=2;
if(n-1>2) solve(2,n-1);
while(T--) {
for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i-Get()+1;
for(int i=1;i<=n;i++) sn[i]=0;
if(p[n]!=1) {
cout<<0<<"\n";
continue ;
}
int flag=0;
st[top=1]=n;
for(int i=n-1;i>=1;i--) {
while(p[st[top]]>i) top--;
sn[st[top]]++;
if(p[st[top]]>p[i]) {
flag=1;
break;
}
st[++top]=i;
}
if(flag) {
cout<<0<<"\n";
} else {
ll ans=1;
for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans*f[sn[i]]%mod;
cout<<ans<<"\n";
}
}
return 0;
}
标签:le,Loj,小绿,int,CTSC2018,连续,区间,长度,青蕈 来源: https://www.cnblogs.com/hchhch233/p/10995065.html