【Cf #502 H】The Films(莫队)
题面的简述:总共有$m$种书,书架上共有$n$本书,给出$n$本书的种类,并有$Q$个询问,每次询问给出$l, r, k$。每次询问时都会先出现$k * m$本书,每种书各$k$本,然后再加入书架上的$n$本书,共有$km + n$本书,从中随机取出$n$本随机顺序放回书架,问在$[l,r]$之间的书的种类和原来一样的概率,输出概率乘上总情况数,询问之间独立。
题面中已经把问题转化成有多少情况满足条件,我们考虑这个怎么算。首先考虑原位置不变的时候,我们考虑每一种颜色,用$c_{i}$表示$i$在$[l,r]$中出现次数,用$t_{i}$表示$i$在原序列中出现次数,如果只考虑$i$,那满足颜色$i$的方案数是:$C(t_{i} + k, c_{i})c_{i}!$,为了方便计算,我们直接用下降幂表示。那么根据乘法原理,所有的颜色都满足的方案数就是$\prod\limits_{i = 1}^{m} (t_{i} + k)^{\underline{c_{i}}}$。剩下的对于除$[l,r]$之外的位置随便放书就可以了,所以对于每个询问的最后答案就是$ans = (mk + n - r + l - 1)^{ \underline{ n - r + l - 1 } } \prod\limits_{i = 1}^{m} (t_{i} + k)^{\underline{c_{i}}}$。
我们考虑怎么计算上述式子,题中有一个很良心的性质,就是不同的$k$的个数不超过$100$,这提示我们可以对询问分类,对每一种$k$单独计算,接下来我们讲的都是对于某一个$k$计算询问的答案。
显然式子的前半部分我们可以$O(n)$预处理下降幂,询问时$O(1)$乘一下就行了,于是就是维护后半段,我们用莫队来实现,我们发现可以$O(1)$修改当前的值,因为某个位置颜色数的加一减一对答案的贡献是可以轻易知道的,那我们就可以完成这个问题了,只要松一下块大小就能过啦。
$\bigodot$技巧&套路:
- 组合数和下降幂的联系
- 暴力莫队出奇迹
#include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm>using namespace std;typedef long long LL; const int N = 200005, MOD = 998244353, BLO = 987;int n, m, Q, k, res; int fac[N], ifac[N], inv[N], prd[N]; int a[N], t[N], c[N], ans[N];struct Que {int l, r, k, id;inline friend bool operator < (Que a, Que b) {if (a.k != b.k) return a.k < b.k;return (a.l / BLO != b.l / BLO)? (a.l < b.l) : (a.r < b.r);} } q[N];int Down(int x, int y) {if (x < y) throw;return (LL) fac[x] * ifac[x - y] % MOD; }void Inc(int x) {if (!x) return;++c[a[x]];res = (LL) res * (t[a[x]] + k - c[a[x]] + 1) % MOD; } void Dec(int x) {if (!x) return;res = (LL) res * inv[t[a[x]] + k - c[a[x]] + 1] % MOD;--c[a[x]]; }void Solve(int ql, int qr) {int mk = (LL) k * m % MOD;prd[n] = 1;for (int i = n - 1; ~i; --i) {prd[i] = (LL) prd[i + 1] * (mk + n - i) % MOD;}res = 1;int l = 1, r = 0, L, R;for (int i = ql; i <= qr; ++i) {L = q[i].l; R = q[i].r;while (r < R) Inc(++r);while (l > L) Inc(--l);while (l < L) Dec(l++);while (r > R) Dec(r--);ans[q[i].id] = (LL) res * prd[r - l + 1] % MOD;}for (int i = l; i <= r; ++i) --c[a[i]]; }int main() {fac[0] = fac[1] = ifac[0] = ifac[1] = inv[1] = 1;for (int i = 2; i < N; ++i) {inv[i] = MOD - (LL) (MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;fac[i] = (LL) fac[i - 1] * i % MOD;ifac[i] = (LL) ifac[i - 1] * inv[i] % MOD;}scanf("%d%d%d", &n, &m, &Q);for (int i = 1; i <= n; ++i) {scanf("%d", &a[i]);++t[a[i]];}for (int i = 1; i <= Q; ++i) {scanf("%d%d%d", &q[i].l, &q[i].r, &q[i].k);q[i].id = i;}sort(q + 1, q + 1 + Q);for (int i = 1, j; i <= Q; i = j + 1) {for (j = i; j < Q && q[j + 1].k == q[j].k; ++j);k = q[i].k;Solve(i, j);}for (int i = 1; i <= Q; ++i) {printf("%d\n", ans[i]);}return 0; }
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