H. Permutation Counting

思路：
有 n ( 1 ≤ n ≤ 2 ⋅ 1 0 6 ) n(1≤n≤2⋅10^6) n(1≤n≤2⋅106)个数字的全排列 a a a，已知这 n n n个数字间有 m m m个约束 x i , y i x_i,y_i xi,yi，已知 a x i < a y i a_{xi}<a_{yi} axi<ayi，且 x i x_i xi互不相同， y i y_i yi可能相同
问有多少种满足所有约束的可能？对答案模 998244353 998244353 998244353
思路：
根据约束建立有向图，若图中存在环，则认为无解。反之，则一定至少存在一种合理解。
其次，由于题目中 x i x_i xi互不相同，我们可以得知，若将 y i → x i y_i \rightarrow x_i yi→xi连边，则一定会形成森林
为了将森林变为一整颗树，加入额外点 n + 1 n+1 n+1，与所有树的树根连接，于是我们将森林变为了一整颗树
树形 d p dp dp， s z i sz_i szi表示以 i i i为树根的子树节点大小， f i f_i fi表示 s z i sz_i szi个数字在以 i i i为根的子树中，有多少种排列方法。那么
考虑将 10 10 10个不同的石头分成 5 , 3 , 2 5,3,2 5,3,2三堆
有 C 10 5 ⋅ C 5 3 ⋅ C 2 2 C_{10}^{5}⋅C_5^3⋅C_2^2 C105⋅C53⋅C22种可能
那么本题将一颗大小的 10 10 10个节点的树分为 4 , 3 , 2 4,3,2 4,3,2的子树
有 C 9 4 ⋅ C 5 3 ⋅ C 2 2 C_{9}^{4}⋅C_5^3⋅C_2^2 C94⋅C53⋅C22种可能，其中最大的数字一定是根节点。
所以只需要满足根节点最大，剩下的节点任意分即可

/** @Author: zhangpangpang* @Date: 2022-06-09 09:29:49* @Last Modified by: zhangpangpang* @Last Modified time: 2022-06-09 09:29:49*/
#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define gcd __gcd
#define se second
#define pb push_back
#define lowbit(x) x&-x
#define inf 0x3f3f3f3f
#define mem(x,y) memset(x,y,sizeof(x))
#define lrb666 ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0)
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
typedef pair<int,int> PII;
const int maxn=2e6+7;
int n,m,fa[maxn],d[maxn];
ll mod=998244353,sz[maxn],f[maxn],fac[maxn],inv[maxn],finv[maxn];
ll ksm(ll b,ll p){ll r=1;while(p>0){if(p&1){r=(r%mod*(b%mod))%mod;}p>>=1;b=(b%mod*(b%mod))%mod;}return r;}
void binom_init(int x) {fac[0] = fac[1] = 1;inv[1] = 1;finv[0] = finv[1] = 1;for(int i=2; i<x; i++){fac[i] = fac[i-1]*i%mod;inv[i] = mod-mod/i*inv[mod%i]%mod;finv[i] = finv[i-1]*inv[i]%mod;}
}
ll binom(ll n, ll r){if(n<r || n<0 || r<0) return 0;return fac[n]*finv[r]%mod*finv[n-r]%mod;
}
int find(int x)
{if(x==fa[x])return fa[x];elsereturn fa[x]=find(fa[x]);
}
void lianjie(int x,int y)
{int px=find(x),py=find(y);fa[px]=py;
}
vector<int>v[maxn];
void dfs(int u,int fa)
{sz[u]=1;f[u]=1;ll use=0;for(auto nx:v[u]){if(u==fa) continue;dfs(nx,u);sz[u]+=sz[nx];}use++;for(auto nx:v[u]){if(u==fa) continue;f[u]=(f[u]*f[nx])%mod;f[u]=(f[u]*binom(sz[u]-use,sz[nx]))%mod;use+=sz[nx];}
}
int main()
{binom_init(maxn-5);scanf("%d%d",&n,&m);int ok=1;for(int i=1;i<=n;i++) fa[i]=i;for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);d[a]++;v[b].pb(a);if(find(a)==find(b)) ok=0;else lianjie(a,b);}for(int i=1;i<=n;i++){if(d[i]==0) v[n+1].pb(i);}if(!ok){puts("0");return 0;}dfs(n+1,-1);printf("%lld\n",f[n+1]);
}

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