题解 CF1654H Three Minimums

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题意简述

给出长 $m$ 的不等号序列 $s$，求长度为 $n$ 的排列 $p$ 个数，使得：

• 对于所有 $1 \leq l < r \leq n,r-l>1$ 且最小值与次小值在区间两端的区间，区间内第三小值为 $p_{l+1}$ 或 $p_{r-1}$。

• 对于所有 $t \in [1,m]$，若 $s_t=<$，则 $p_t<p_{t+1}$；否则 $p_t>p_{t+1}$。

答案对 $998244353$ 取模。

$n \leq 2 \times 10^5,m \leq 100$。

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题目分析

标记记号 $check[i,<]=[i>m \vee s_i='<']$，$check[i,<]=[i>m \vee s_i='>']$。

考虑一个序列是否是好的：

• 若 $1$ 不在两端，设 $p_i=1$，则 $p[1:n]$ 合法当且仅当 $p[1:i]$ 与 $p[i:n]$ 合法；

• 若 $1$ 在两端（不妨设 $p_1=1$）：

  • 若 $2$ 不在另一端，设 $p_j=2$，则 $p[1:n]$ 合法当且仅当 $p[1:j]$ 与 $p[j:n]$ 合法。

  • 否则 $p_n=2$，则 $p[1:n]$ 合法当且仅当 「$p_2=3$，$p[2:n]$ 是好的」 或者 「$p_{n-1}=3$，$p[1:n-1]$ 是好的」。

于是设计一个区间 DP。设 $a_{**}(l,r),a_{1*}(l,r),a_{*1}(l,r),a_{12}(l,r),a_{21}(l,r)$ 分别表示对于区间 $(l,r)$，满足给定条件的「区间两端无限制」，「区间左端点为最小值」，「区间右端点为最小值」，「区间左端点为最小值，右端点为次小值」，「区间左端点为次小值，右端点为最小值」的方案数。于是有：

$$a_{**}(l,r)=\sum\limits_{i=l}^r a_{*1}(l,i) a_{1*}(i,r) \dbinom{r-l}{i-l}$$

$$a_{1*}(t,t)=1,a_{1*}(l,r)=\sum\limits_{i=l+1}^r a_{12}(l,i) a_{1*}(i,r) \dbinom{r-l-1}{i-l-1}$$

$$a_{*1}(t,t)=1,a_{*1}(l,r)=\sum\limits_{i=l}^{r-1} a_{*1}(l,i) a_{21}(i,r) \dbinom{r-l-1}{i-l}$$

$$a_{12}(t,t+1)=check[t,<],a_{12}(t,t+2)=check[t,<]check[t+1,>],a_{12}(l,r)=check[l,<]a_{21}(l+1,r)+check[r-1,>]a_{12}(l,r-1)$$

$$a_{21}(t,t+1)=check[t,>],a_{21}(t,t+2)=check[t,<]check[t+1,>],a_{21}(l,r)=check[l,<]a_{21}(l+1,r)+check[r-1,>]a_{12}(l,r-1)$$

暴力做时间复杂度 $O(n^3)$，无法接受。

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答案为 $a_{**}(1,n)$，故要对所有 $k \in [k,n]$ 计算出 $a_{*1}(1,k)$ 及 $a_{1*}(k,n)$。

• Part 1：$a_{*1}(1,k)$

DP 式为 $a_{*1}(1,1)=1$，$a_{*1}(1,k)=\sum\limits_{i=1}^{k-1} a_{*1}(1,i) a_{21}(i,k) \dbinom{k-2}{i-1}$。

观察到给左右两边的 $a_{*1}$ 同乘阶乘会使形式简化许多。设 $a_{*1}(1,k)=(k-1)!x_{k-1},x_0=1$，则有：

$$(k-1)!x_{k-1}=\sum\limits_{i=1}^{k-1} (i-1)!x_{i-1} a_{21}(i,k) \dfrac{(k-2)!}{(i-1)!(k-i-1)!}$$

$$(k-1)x_{k-1}=\sum\limits_{i=1}^{k-1} x_{i-1} a_{21}(i,k) \dfrac{1}{(k-i-1)!}$$

$$k x_k=\sum\limits_{i=1}^k x_{i-1} a_{21}(i,k+1) \dfrac{1}{(k-i)!}$$

$$k x_k=\sum\limits_{i=0}^{k-1} x_i \dfrac{a_{21}(i+1,k+1)}{(k-i-1)!}$$

这个形式很好看，但是 $a_{21}(i+1,k+1)$ 有两个变量而难以处理。

注意到限制只在前 $m$ 位处，故对于 $l>m$ 的状态，其 DP 值只与长度 $r-l+1$ 有关。设 $b_{??}(k)=a_{??}(m+1,m+k)$。上式就可以改写为：

$$k x_k=\sum\limits_{i=0}^{k-1} x_i \dfrac{b_{21}(k-i+1)}{(k-i-1)!}+\sum\limits_{i=0}^{\min(k-1,m-1)} x_i \dfrac{a_{21}(i+1,k+1)-b_{21}(k-i+1)}{(k-i-1)!}$$

记 $u_i=\dfrac{b_{21}(i+2)}{i!}$，$v_{k-1}=\sum\limits_{i=0}^{\min(k-1,m-1)} x_i \dfrac{a_{21}(i+1,k+1)-b_{21}(k-i+1)}{(k-i-1)!}$。则：

$$k x_k=v_{k-1}+\sum\limits_{i=0}^{k-1} x_i u_{k-i-1}$$

写成生成函数就是 $X'=V+UX$，解这个微分方程得到 $X=\exp(\int U)\Big[1+\int \Big( V \exp(-\int U) \Big) \Big]$。

注意到 $b_{21}(k)=2^{k-2}+[k=1]$，对所有 $l \in [1,m+1]$，$r \in (l,n]$ 暴力 DP 出 $a_{21}(l,r)$ 即可得到 $b_{21}(k)$，再对所有 $t \in [1,m]$ 暴力 DP 得到 $x_t$，即可计算 $U$ 与 $V$。

• Part 2：$a_{1*}(k,n)$

注意到 $k>m$ 时 $a_{1*}(k,n)=b_{1*}(n-k+1)$，考虑先求出 $b_{1*}(k)$，求出后可对 $k \in [1,m]$ 暴力 DP 出 $a_{1*}(k,n)$。

DP 式为 $a_{1*}(n,n)=1,a_{1*}(k,n)=\sum\limits_{i=k+1}^n a_{12}(k,i) a_{1*}(i,n) \dbinom{n-k-1}{i-k-1}$，即：

$$b_{1*}(k)=\sum\limits_{i=2}^{k} b_{12}(i) b_{1*}(k-i+1) \dbinom{k-2}{i-2}=\sum\limits_{i=1}^{k-1} b_{1*}(i) b_{12}(k-i+1) \dbinom{k-2}{i-1}$$

令 $b_{1*}(k)=(k-1)!y_{k-1}$，代入：

$$(k-1)! y_{k-1}=\sum\limits_{i=1}^{k-1} (i-1)! y_{i-1} b_{12}(k-i+1) \dfrac{(k-2)!}{(i-1)!(k-i-1)!}$$

$$(k-1) y_{k-1}=\sum\limits_{i=1}^{k-1} y_{i-1} \dfrac{b_{12}(k-i+1)}{(k-i-1)!}$$

$$k y_k=\sum\limits_{i=1}^{k} y_{i-1} \dfrac{b_{12}(k-i+2)}{(k-i)!}$$

$$k y_k=\sum\limits_{i=0}^{k-1} y_{i} \dfrac{b_{12}(k-i+1)}{(k-i-1)!}=\sum\limits_{i=0}^{k-1} y_{i} u_{k-i-1}$$

于是有 $Y'=UY$，解得 $Y=\exp(\int U)$。

总时间复杂度 $O(n(\log n+m))$。

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代码

...
long long n,m,ans;
char S[N];
bool ck(long long pos,bool id){
	if(pos>m) return 1;
	 return id==(S[pos]=='>');
}
long long a12[M][O],a21[M][O],a_1[N],a1_[N],b12[N],b21[N],b1_[N];
long long x[N],U[N],V[N],P[N],Q[N],F[N];
 
int main(){
	init(N-5);
	cin>>n>>m;
	scanf("\n%s",S+1);
	for(long long l=1;l<=n;l++){
		for(long long i=1;i+l-1<=n && i<=m+1;i++){
			long long j=i+l-1;
			if(j==i+1) a12[i][i+1]=ck(i,0);
			else if(j==i+2) a12[i][j]=ck(i,0)*ck(j-1,1);
			else a12[i][j]=(ck(i,0)*((i==m+1)?pw[j-(i+1)-2]:a21[i+1][j])%mod+ck(j-1,1)*a12[i][j-1]%mod)%mod;
			if(j==i+1) a21[i][i+1]=ck(i,1);
			else if(j==i+2) a21[i][j]=ck(i,0)*ck(j-1,1);
			else a21[i][j]=(ck(i,0)*((i==m+1)?pw[j-(i+1)-2]:a21[i+1][j])%mod+ck(j-1,1)*a12[i][j-1]%mod)%mod;
		}
	}
	//a12/a21[1,m+1][1,n]
	
	for(long long i=1;i<=n-m;i++) b12[i]=a12[m+1][m+i],b21[i]=a21[m+1][m+i];
	x[0]=1;
	for(long long i=1;i<=m;i++){
		for(long long j=0;j<i;j++) x[i]=(x[i]+x[j]*a21[j+1][i+1]%mod%mod*inv[i-j-1]%mod)%mod;
		x[i]=x[i]*invv[i]%mod;
	}
	//x[1,m]
	
	for(long long i=0;i<=n+1;i++){
		U[i]=b21[i+2]*inv[i]%mod;
		if(i) for(long long j=0;j<=min(i-1,m-1);j++)
				V[i-1]=(V[i-1]+x[j]*(a21[j+1][i+1]+mod-b21[i+1-j])%mod*inv[i-j-1]%mod)%mod;
	}
	//U/V[0,n]
	
	poly::Limit(U,U,n);
	poly::Exp(P,U,n);
	INV::solve(Q,P,n);
	NTT::solve(V,V,Q,n,n);
	poly::Limit(V,V,n);
	V[0]=(V[0]+1)%mod;
	NTT::solve(F,P,V,n,n);
	//F/P
	
	for(int i=1;i<=n;i++) a_1[i]=F[i-1]*mul[i-1]%mod,b1_[i]=P[i-1]*mul[i-1]%mod;
	
	for(int i=m;i>=1;i--)
		for(long long t=i+1;t<=n;t++)
			a1_[i]=(a1_[i]+a12[i][t]*((t>m)?b1_[n-t+1]:a1_[t])%mod*C(n-i-1,t-i-1)%mod)%mod;
	//a1_[1,m][n]
	
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+a_1[i]*((i>m)?b1_[n-i+1]:a1_[i])%mod*C(n-1,i-1)%mod)%mod;
	cout<<ans;
}