@3 UOJ428

2022-07-11 15:00:53 作者：互联网

[集训队作业2018] 普通的计数题

题目描述

解法

~~调了一年结果发现是输入格式错了，你懂我的感受吗？~~

首先题意转化：每次操作时都会加入一个元素，把第 \(i\) 次加入的元素叫做 \(s_i\)，当且仅当加入 \(1\) 时会删除元素。当加入 \(s_i\) 的时候，把这次操作中删除的 \(s_j\) 都认为是 \(s_i\) 的儿子。这样原来的序列会构成一个森林结构，\(0\) 是叶子 \(1\) 是非叶子，由于最后只会留下一个元素，所以问题转化成有标号树计数。

合法限制是：根标号比子树都大；如果儿子全是叶子，数量 \(B\) 中有；如果儿子存在非叶子，数量 \(A\) 中有。

设 \(f[n]\) 表示大小为 \(n\) 的树的个数（根是 \(1\)），\(g[n]\) 表示大小为 \(n\) 的森林个数（根都是 \(1\)），转移：

\[\begin{aligned} &f[n]=[n-1\in B]+\sum_{i\in A} {n-1\choose i}\cdot g(n-i-1)\\ &g[n]=\sum_{i}{n-1\choose i-1}\cdot f(i)\cdot g(n-i) \end{aligned} \]

熟练的选手可以一眼看出是分治 \(\tt NTT\) 的形式，第一个转移较为常规，可以直接做。但是第二个转移需要 \(f,g\) 互相卷，看上去有点麻烦。

考虑分治区间 \([l,r]\)，需要考虑 \([l,mid]\) 对 \((mid,r]\) 的贡献。那么对于互相卷的问题，应该考察 \(f,g\) 至少一个在 \([l,mid]\) 中，对 \((mid,r]\) 的贡献。可以拆成两部分：

\(g\) 在 \([l,mid]\) 中，\(f\) 在 \([1,mid]\) 中（注意实际上并没有这么长，因为最多取到卷积结果的第 \(r-l\) 项）
\(f\) 在 \([l,mid]\) 中，\(g\) 在 \([1,l)\) 中。

时间复杂度 \(O(n\log^2n)\)

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = (1<<18)+5;
#define int long long
const int MOD = 998244353;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,m,k,fac[M],inv[M],A[M],B[M],rev[M];
int a[M],b[M],c[M],d[M],e[M],f[M],g[M];
void init(int n)
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
}
int qkpow(int a,int b)
{
	int r=1;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) r=r*a%MOD;
		a=a*a%MOD;
		b>>=1;
	}
	return r;
}
void NTT(int *a,int len,int op)
{
	for(int i=0;i<len;i++)
	{
		rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((len/2)*(i&1));
		if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	}
	for(int s=2;s<=len;s<<=1)
	{
		int t=s/2,w=(op==1)?qkpow(3,(MOD-1)/s):
		qkpow(3,MOD-1-(MOD-1)/s);
		for(int i=0;i<len;i+=s)
			for(int j=0,x=1;j<t;j++,x=x*w%MOD)
			{
				int fe=a[i+j],fo=a[i+j+t];
				a[i+j]=(fe+x*fo)%MOD;
				a[i+j+t]=(fe-x*fo%MOD+MOD)%MOD;
			}
	}
	if(op==1) return ;
	int inv=qkpow(len,MOD-2);
	for(int i=0;i<len;i++) a[i]=a[i]*inv%MOD;
}
void cdq(int l,int r)
{
	if(l==r)
	{
		f[l]=(f[l]+B[l-1])%MOD;
		g[l]=(g[l]+f[l])%MOD;
		return ;
	}
	int mid=(l+r)>>1,len=1;
	cdq(l,mid);
	while(len<=2*(r-l)) len<<=1;
	for(int i=0;i<len;i++) a[i]=b[i]=0;
	for(int i=l;i<=mid;i++)
		a[i-l]=g[i]*inv[i]%MOD;
	for(int i=0;i<r-l;i++)
		b[i]=A[i]*inv[i]%MOD;
	NTT(a,len,1);NTT(b,len,1);
	for(int i=0;i<len;i++)
		c[i]=a[i]*b[i]%MOD;
	NTT(c,len,-1);
	for(int i=mid+1;i<=r;i++)
		f[i]=(f[i]+c[i-l-1]*fac[i-1])%MOD;
	//
	for(int i=0;i<len;i++) b[i]=d[i]=e[i]=0;
	for(int i=1;i<=min(r-l,mid);i++)
		b[i-1]=f[i]*inv[i-1]%MOD;
	for(int i=l;i<=mid;i++)
		d[i-l]=f[i]*inv[i-1]%MOD;
	for(int i=1;i<=min(r-l,l-1);i++)
		e[i-1]=g[i]*inv[i]%MOD;
	NTT(b,len,1);NTT(d,len,1);NTT(e,len,1);
	for(int i=0;i<len;i++)
		c[i]=(a[i]*b[i]+d[i]*e[i])%MOD;
	NTT(c,len,-1);
	for(int i=mid+1;i<=r;i++)
		g[i]=(g[i]+c[i-l-1]*fac[i-1])%MOD;
	cdq(mid+1,r);
}
signed main()
{
	n=read();m=read();k=read();init(n);
	if(n==1) {puts("1");return 0;}
	for(int i=1;i<=m;i++) A[read()]=1;
	for(int i=1;i<=k;i++) B[read()]=1;
	B[0]=0;cdq(1,n);
	printf("%lld\n",(f[n]+MOD)%MOD);
}

标签：int,UOJ428,元素,mid,len,叶子,cdot
来源： https://www.cnblogs.com/C202044zxy/p/16466375.html