CF1553I Stairs题解--zhengjun

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Luogu，Codeforces

谈点其他的

这个题目翻译好像有亿点问题，我重新发一波。

给定一个长度为 nnn 的排列 ppp。

令其中第 iii 个位置的权值为最长的包含 iii 的单调区间的长度（不仅要权值单调，而且要连续）。例如，p=[4,1,2,3,7,6,5]p=[4,1,2,3,7,6,5]p=[4,1,2,3,7,6,5] 中，第 666 个位置的权值为 333（[5,7][5,7][5,7] 这个区间单调递减而且连续），第 222 个位置的权值为 333（[2,4][2,4][2,4] 这个区间单调递增而且连续）。

将这些权值依次拼在一起，就得到了 ppp 的 ⌈\lceil⌈ 阶梯序列 ⌋\rfloor⌋。

给定 aaa，你需要求出存在多少个 ppp，使得 aaa 为 ppp 的 ⌈\lceil⌈ 阶梯序列 ⌋\rfloor⌋。

思路

首先可以看出来，就是这个排列的这些单调、权值连续的区间一定是独立的（没有相交的情况），这一步应该很好理解。

然后就可以根据 aaa 推出这些区间，比如样例1：a={3,3,3,1,1,1}a=\{3,3,3,1,1,1\}a={3,3,3,1,1,1}，那么这些区间就是 {[1,3],[4,4],[5,5],[6,6]}\{[1,3],[4,4],[5,5],[6,6]\}{[1,3],[4,4],[5,5],[6,6]}。

然后我们重新定义一下 aaa，就是每个区间的长度依次组成的序列。例如样例1，a={3,1,1,1}a=\{3,1,1,1\}a={3,1,1,1}。

注意接下来所有说的 aaa 都是新定义的 aaa，lenlenlen 就是新定义的 aaa 的长度

接下来就可以将 1∼n1\sim n1∼n 分配给这些区间，那么其实就是 len!len!len! 种，就考虑让这些区间一个一个地取数，例如样例1，如果取数的顺序为 3,1,2,4{3,1,2,4}3,1,2,4，那么区间 [1,3][1,3][1,3] 就分配到了 2,3,42,3,42,3,4 这三个数（因为 111 被排在第一个的区间 333 取走了），所以这个排列 ppp 就是 {2,3,4,5,1,6}\{2,3,4,5,1,6\}{2,3,4,5,1,6} 或 {4,3,2,5,1,6}\{4,3,2,5,1,6\}{4,3,2,5,1,6}。

这里看出了一个问题，就是所有长度大于等于 222 的区间都有递增和递减两种情况，所以还要乘上一个 2x2^x2x，这个 xxx 就是长度大于等于 222 的区间的个数。

但是还会有一个问题，就是分配出来的东西，可能相邻的两个区间可以一起组成一个大的单调、连续的区间，那么要把这种情况排除掉，就可以容斥。

答案就是

至少有 000 对相邻的区间合并 −-− 至少有 111 对相邻的区间合并 +++ 至少有2对相邻的区间合并⋯+(−1)len\dots+(-1)^{len}⋯+(−1)len至少有 (len−1)(len-1)(len−1) 对相邻的区间合并

Solution1

复杂度：O(n2)O(n^2)O(n2)

考虑 dp。

设 fi,jf_{i,j}fi,j 表示区间编号为 1∼i1\sim i1∼i，合并成 jjj 段的值是多少。

转移方程式：

fi,j={j×2×∑k=1j−1fi−1,k2≤j≤i≤len,aj>1j×(∑k=1j−12fi−1,k−fi−1,j−1)2≤j≤i≤len,aj=1f_{i,j}=\left\{ \begin{array}{rcl} j\times2\times\sum\limits_{k=1}^{j-1}f_{i-1,k} & {2\le j\le i\le len,a_j>1}\\ j\times(\sum\limits_{k=1}^{j-1}2f_{i-1,k}-f_{i-1,j-1}) & {2\le j\le i\le len,a_j=1} \end{array} \right. fi,j=⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧j×2×k=1∑j−1fi−1,kj×(k=1∑j−12fi−1,k−fi−1,j−1)2≤j≤i≤len,aj>12≤j≤i≤len,aj=1

初始化：

f1,1={2a1>11a1=1f_{1,1}=\left\{ \begin{array}{rcl} 2 & {a_1>1}\\ 1 & {a_1=1}\\ \end{array} \right. f1,1={21a1>1a1=1

fi,1=2,i≥2f_{i,1}=2,i\ge2 fi,1=2,i≥2

然后答案就是：

∑i=1len(−1)len−i×fn,i×i!\sum\limits_{i=1}^{len}(-1)^{len-i}\times f_{n,i}\times i!i=1∑len(−1)len−i×fn,i×i!

代码就不贴了，因为我比较勤快懒惰，很不想写代码 QWQ。

Solution

复杂度：O(nlog⁡2n)O(n\log^2n)O(nlog2n)

可以注意到在新的 aaa 序列中合并两个区间时，左边是 xxx 段，右边是 yyy 段，合并起来就是 x+yx+yx+y 段，合并起来的值就是乘积，想到什么？？？

卷积！！！

可以分治 + NTT，这里模数正好是 982443539824435398244353，原根就是 333。

但是还有一些问题，就比如说 [l,mid][l,mid][l,mid] 的最右边的那个数是大于 111 的，[mid+1,r][mid+1,r][mid+1,r] 的最左边的那个数也是大于 111 的，合并起来就要除以 222。

两个都是 111，就要乘以 222。

然后，细节多得要死，常数大得要死。

最后，注意如果在 (mid,mid+1)(mid,mid+1)(mid,mid+1) 这里分一刀，那么直接卷就好了，如果不分，那么段数要 −1-1−1。

代码

在这里

注释看看最后一份代码好了。

然后顺利地 TLE 了……

然后，@275307894a 大佬，给了我一些建议：

每一次乘法时都要 NTT 3 遍，其实可以先 NTT 一遍，乘的时候直接对位相乘就好了。

但是，你发现又 TLE 了。

然后继续优化，发现 NTT 里面有多次调用 qpow，所以可以预处理。

然后发现 div 里面每次都只是除以二，所以不用每次算逆元，每次都直接乘以 2 的逆元就好了。

最后的代码（有注释）

#pragma GCC optimize(3)
#pragma GCC target("avx")
#pragma GCC optimize("Ofast")
#pragma GCC optimize(2)
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#define int long long
#define ll long long
using namespace std;
const ll mod=998244353,g=3,ginv=332748118,N=4e5+10,inv2=499122177;
ll qpow(ll x,ll y){ll ans=1;while(y){if(y&1)(ans*=x)%=mod;(x*=x)%=mod;y>>=1;}return ans;
}
int rr[N];
ll gg[N],gginv[N],lim[N];
ll cnt;
vector<ll> NTT(vector<ll> a,int limit,int type){//用 vector 好写一些吧for(int i=0;i<limit;i++)if(rr[i]<i)swap(a[rr[i]],a[i]);for(int mid=1;mid<limit;mid<<=1){ll wn=type==1?gg[mid<<1]:gginv[mid<<1];//main 里面处理for(int j=0;j<limit;j+=(mid<<1)){ll w=1;for(int k=0;k<mid;k++,(w*=wn)%=mod){cnt++;ll x=a[j+k],y=w*a[j+k+mid]%mod;//NTT 基本操作,蝴蝶效应a[j+k]=(x+y)%mod;a[j+k+mid]=(x-y+mod)%mod;}}}if(~type)return a;for(int i=0;i<limit;i++) (a[i]*=lim[limit])%=mod;return a;//别忘了如果是逆回去,要除以 limit，这里也预处理了
}
vector<ll> add(vector<ll> a,vector<ll> b){//相加int n=a.size(),m=b.size();while(n<m)a.push_back(0),n++;//要把 0 补起来,不然要 REwhile(n>m)b.push_back(0),m++;for(int i=0;i<n;i++)(a[i]+=b[i])%=mod;return a;
}
vector<ll> add_(vector<ll> a,vector<ll> b){//错位加int n=a.size(),m=b.size();while(n<m)a.push_back(0),n++;while(n>m)b.push_back(0),m++;for(int i=0;i<n-1;i++)(a[i]+=b[i+1])%=mod;return a;
}
vector<ll> div(vector<ll> a){//除以二int n=a.size();for(int i=0;i<n;i++)(a[i]*=inv2)%=mod;return a;
}
vector<ll> mul(vector<ll> a,ll x){//乘以xint n=a.size();for(int i=0;i<n;i++)(a[i]*=x)%=mod;return a;
}
struct zj{vector<ll>a[2][2];//分别表示左右端点是否大于 1zj(){a[0][0].push_back(0),a[0][1].push_back(0),a[1][0].push_back(0),a[1][1].push_back(0);}//分成 0 段的方案数就是 0
};
int n,a[N],b[N],m;
vector<ll> mul(vector<ll> a,vector<ll> b){//卷积int limit=1,l=0,n=a.size(),m=b.size();while(limit<=n+m)limit<<=1,l++;for(int i=0;i<limit;i++)rr[i]=(rr[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));while(n<limit)a.push_back(0),n++;while(m<limit)b.push_back(0),m++;a=NTT(a,limit,1);b=NTT(b,limit,1);for(int i=0;i<limit;i++)(a[i]*=b[i])%=mod;a=NTT(a,limit,-1);while(a.size()>1&&a[a.size()-1]==0)a.pop_back();//注意要把无用的 0 去掉,不然会很耗内存和时间return a;
}
vector<ll> mul_(vector<ll>a,vector<ll>b){//对位乘int n=a.size(),m=b.size();while(n<m)a.push_back(0),n++;while(n>m)b.push_back(0),m++;for(int i=0;i<n;i++)(a[i]*=b[i])%=mod;return a;
}
zj merge(int l,int r){if(l==r){//边界zj x;if(a[l]==1)x.a[0][0].push_back(1);else x.a[1][1].push_back(2);return x;}int mid=(l+r)>>1;zj x=merge(l,mid),y=merge(mid+1,r);zj tmp,tmpp;if(l+1==r){for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)for(int ii=0;ii<2;ii++)for(int jj=0;jj<2;jj++)tmp.a[i][j]=add(tmp.a[i][j],mul(x.a[i][ii],y.a[jj][j]));for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)for(int ii=0;ii<2;ii++)for(int jj=0;jj<2;jj++)if(ii!=jj)tmp.a[1][1]=add_(tmp.a[1][1],mul(x.a[i][ii],y.a[jj][j]));else if(!ii)tmp.a[1][1]=add_(tmp.a[1][1],mul(mul(x.a[i][ii],y.a[jj][j]),2));else tmp.a[1][1]=add_(tmp.a[1][1],div(mul(x.a[i][ii],y.a[jj][j])));return tmp;}else if(l+2==r){for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)for(int ii=0;ii<2;ii++)for(int jj=0;jj<2;jj++)tmp.a[i][j]=add(tmp.a[i][j],mul(x.a[i][ii],y.a[jj][j]));for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)for(int ii=0;ii<2;ii++)for(int jj=0;jj<2;jj++)if(ii!=jj)tmp.a[i][1]=add_(tmp.a[i][1],mul(x.a[i][ii],y.a[jj][j]));else if(!ii)tmp.a[i][1]=add_(tmp.a[i][1],mul(mul(x.a[i][ii],y.a[jj][j]),2));else tmp.a[i][1]=add_(tmp.a[i][1],div(mul(x.a[i][ii],y.a[jj][j])));return tmp;}//这两个特盘是因为长度在 3 以内时,合并会改变左右端点的 0/1int limit=1,llll=0,lena=0,lenb=0;//tmp 是 (mid,mid+1) 切一刀,tmpp 是不切,一定要分开,因为不切要错位加,点值是不能错位加的,要 NTT 回去再错位加起来for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)lena=max(lena,(int)x.a[i][j].size());for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)lenb=max(lenb,(int)y.a[i][j].size());while(limit<=lena+lenb)limit<<=1,llll++;for(int i=0;i<limit;i++)rr[i]=(rr[i>>1]>>1)|((i&1)<<(llll-1));//NTT 基本操作for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)while(x.a[i][j].size()<limit)x.a[i][j].push_back(0);//注意补 0for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)while(y.a[i][j].size()<limit)y.a[i][j].push_back(0);for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)while(tmp.a[i][j].size()<limit)tmp.a[i][j].push_back(0);for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)while(tmpp.a[i][j].size()<limit)tmpp.a[i][j].push_back(0);for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)x.a[i][j]=NTT(x.a[i][j],limit,1);for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)y.a[i][j]=NTT(y.a[i][j],limit,1);for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)for(int ii=0;ii<2;ii++)for(int jj=0;jj<2;jj++)tmp.a[i][j]=add(tmp.a[i][j],mul_(x.a[i][ii],y.a[jj][j]));//NTT 之后要对位乘for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)for(int ii=0;ii<2;ii++)for(int jj=0;jj<2;jj++)if(ii!=jj)tmpp.a[i][j]=add(tmpp.a[i][j],mul_(x.a[i][ii],y.a[jj][j]));else if(!ii)tmpp.a[i][j]=add(tmpp.a[i][j],mul(mul_(x.a[i][ii],y.a[jj][j]),2));else tmpp.a[i][j]=add(tmpp.a[i][j],div(mul_(x.a[i][ii],y.a[jj][j])));//不能再这里写错位加，我 TM 调了半天！！！一定要 NTT 回去再错位加for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)tmp.a[i][j]=NTT(tmp.a[i][j],limit,-1);for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)tmpp.a[i][j]=NTT(tmpp.a[i][j],limit,-1);for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)tmp.a[i][j]=add_(tmp.a[i][j],tmpp.a[i][j]);//错位加for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++)while(tmp.a[i][j].size()>1&&tmp.a[i][j][tmp.a[i][j].size()-1]==0)tmp.a[i][j].pop_back();//删去无用 0 ,但是要留一个return tmp;
}
signed main(){scanf("%lld",&m);//上文讲的预处理for(int mid=1;mid<N;mid<<=1)gg[mid]=qpow(g,(mod-1)/mid),gginv[mid]=qpow(ginv,(mod-1)/mid),lim[mid]=qpow(mid,mod-2);for(int i=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&b[i]);for(int i=1;i<=m;){a[++n]=b[i];for(int j=0;j<b[i];j++){if(i+j>m)return printf("0\n"),0;if(b[i+j]!=b[i])return printf("0\n"),0;}i=i+b[i];}//变幻成新定义的 a 数组zj ans=merge(1,n);for(int i=0;i<2;i++)for(int j=0;j<2;j++){while(ans.a[i][j].size()<=n+1)ans.a[i][j].push_back(0);}for(int i=1;i<=n;i++)(ans.a[0][0][i]+=ans.a[0][1][i]+ans.a[1][0][i]+ans.a[1][1][i])%=mod;ll now=1,ANS=0;for(int i=1;i<=n;i++){//容斥,和上面的公式一样的(now*=i)%=mod;(ANS+=((n-i+1)&1?1:-1)*now*ans.a[0][0][i]%mod)%=mod;(ANS+=mod)%=mod;}return printf("%lld",ANS),0;
}

最后说点什么

第一次发黑题题解，第一次独立做出黑题。

需要卡常，不知道为什么我跑了 2.42.42.4 min，别人都是 101010 s。

谢谢–zhengjun