2020ICPC上海E The Journey of Geor Autumn

题目：

给定nnn和kkk，问有多少个[1,n][1,n][1,n]的排列aaa满足对于∀i>k,ai>min⁡1≤j≤k{ai−j}\forall i>k,a_i>\min \limits_{1 \le j \le k}\{a_{i-j}\}∀i>k,ai>1≤j≤kmin{ai−j}，答案模998244353。
(1≤n,k≤107)(1 \le n,k \le 10^7)(1≤n,k≤107)

题解：

首先可以发现1一定在[1,k][1,k][1,k]的位置中，假设为xxx，那么可以在[1,x−1][1,x-1][1,x−1]的位置上安排任意的数，然后对于最小的没有安排在[1,x][1,x][1,x]范围内的数，设为yyy，这个数一定要安排在[x+1,x+k][x+1,x+k][x+1,x+k]中的一个位置上。那么就可以发现安排完1的位置xxx后，再将[1,x−1][1,x-1][1,x−1]的位置填满，再将剩下的没安排的数离散化一下，问题就变成了一个原问题的子问题了，所以可以用dpdpdp来搞。
令dpidp_idpi为给定i,ki,ki,k的问题的答案，那么可以通过枚举111的位置来进行转移，即
dpi=∑j=1kAi−1j−1dpi−jdp_i=\sum_{j=1}^k A_{i-1}^{j-1}dp_{i-j}dpi=j=1∑kAi−1j−1dpi−j这个式子可以继续优化，
dpi=∑j=1k(i−1)!(i−j)!dpi−jdp_i=\sum_{j=1}^k \frac{(i-1)!}{(i-j)!}dp_{i-j} dpi=j=1∑k(i−j)!(i−1)!dpi−j
维护前缀和∑j=1i1j!dpj\displaystyle \sum_{j=1}^i\frac{1}{j!}dp_jj=1∑ij!1dpj即可线性递推。

复杂度：O(n)O(n)O(n)

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<queue>
#include<stack>
#include<map>
#include<set>
#include<string>
#include<bitset>
#include<sstream>
#include<ctime>
//#include<chrono>
//#include<random>
//#include<unordered_map>
using namespace std;#define ll long long
#define ls o<<1
#define rs o<<1|1
#define pii pair<int,int>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define sz(x) (int)(x).size()
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
const double pi=acos(-1.0);
const double eps=1e-6;
const int mod=998244353;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int maxn=1e7+5;
ll read(){ll x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;
}
int n,k;
ll dp[maxn],pre[maxn],inv[maxn],p[maxn];
int que[maxn];
ll qpow(ll a,ll p=mod-2){ll res=1;while(p){if(p&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod;p>>=1;}return res;
}
void init(int n){pre[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=pre[i-1]*i%mod;inv[n]=qpow(pre[n]);for(int i=n-1;i>=0;i--){inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;}
}
int main(void){// freopen("in.txt","r",stdin);init(10000000);scanf("%d%d",&n,&k);p[0]=0;for(int i=1;i<=k;i++){dp[i]=pre[i];p[i]=(p[i-1]+dp[i]*inv[i]%mod)%mod;}for(int i=k+1;i<=n;i++){dp[i]=(p[i-1]-p[i-k-1])%mod*pre[i-1]%mod;p[i]=(p[i-1]+dp[i]*inv[i]%mod)%mod;}printf("%lld\n",(dp[n]+mod)%mod);return 0;
}

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