[CF1528B]Kavi on Pairing Duty
[CF1528B]Kavi on Pairing Duty
壹、题目描述 ¶
有 \(2n\) 个点在一条直线上，对于第 \(i\) 个点，满足 \(x_i=i\)，你需要把他们两两配对，为了方便叙述，我们定义一个匹配 \(i\) 左边的点为 \(l_i\)，右边的点为 \(r_i\). 一种配对方案是好的当且仅当对于任意两个配对 \(i,j\)，满足下列条件中的一个：
- 两个匹配的长度一样，即 \(r_i-l_i+1=r_j-l_j+1\)；
- 一个匹配完全包含另外一个匹配，即 \(l_i<l_j<r_j<r_i\;∨\;l_j<l_i<r_i<r_j\)；
给定 \(n\le 10^6\)，求好的匹配的方案数。
贰、题解 ¶
我们将配对看成连线，就像原题中给的图一样。
考虑定义 \(f_i\) 为有 \(2i\) 个点时的好的匹配方案数，显然答案为 \(f_n\). 问题来到如何求 \(f_i\).
定义 \(x\) 为 \(1\) 号点所匹配的点，那么，对于所有 \(p\in[x+1,2n]\) 都有 \(p\) 所属配对的长度都为 \(\lang 1,x\rang\) 配对的长度，即 \(x\).
证明十分简单，因为 \(p\) 已经在 \([1,x]\) 之外了，所以 \(p\) 所属的配对不可能与 \(\lang 1,x\rang\) 满足第二个条件，那么就只有可能满足第一个条件了。
现在，我们对于 \(x\) 分类进行讨论：
- 当 \(x\le n\)，那么所有 \([x+1,2n]\) 中的点的长度都得是 \(x\)，而 \((n,2n]\) 显然是 \([x+1,2n]\) 的子集，这说明所有的配对长度都得是一样的，这只有当 \(x\mid n\) 时满足，故这种情况的方案数为 \(D(n)\)，即 \(n\) 的因数个数；
- 当 \(x>n\) 时，对于所有 \(i\in[x+1,2n]\) 的配对，都只有可能是 \(i-x+1\)，因为需要满足长度相等，且配对的点在 \([1,2n]\) 之间，也就是说，对于所有 \([x,2n]\) 的点和 \([1,2n-x]\) 配对了，剩下的就是 \([2n-x+1,x-1]\) 的点自由配对，一共有 \(2x-2n-2\) 个点，也就是 \(f_{x-n-1}\)，又 \(x\in [n+1,2n]\)，那么有 \(x-n-1\in [0,n-1]\)，这种情况就是 \(\sum_{i=0}^{n-1}f_i\)，而 \(f_0=0\)，我们可以进一步化简为 \(\sum_{i=1}^{n-1}f_i\)；
综上，构成 \(f_i\) 的有两个部分：
- \(D(i)\)，即 \(i\) 的因数个数；
- \(\sum_{k=1}^{i-1}f_k\)；
计算 \(D(i)\) 可以使用埃氏筛法，时间复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)；
叁、参考代码 ¶
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
using namespace std;
// #define NDEBUG
#include<cassert>
#define rep(i, l, r) for(int i=(l), i##_end_=(r); i<=i##_end_; ++i)
#define drep(i, l, r) for(int i=(l), i##_end_=(r); i>=i##_end_; --i)
#define fi first
#define se second
#define mp(a, b) make_pair(a, b)
#define Endl putchar('\n')
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
typedef pair<ll, ll> pll;
template<class T>inline T fab(T x){ return x<0? -x: x; }
template<class T>inline T readin(T x){
x=0; int f=0; char c;
while((c=getchar())<'0' || '9'<c) if(c=='-') f=1;
for(x=(c^48); '0'<=(c=getchar()) && c<='9'; x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48));
return f? -x: x;
}
template<class T>inline void writc(T x, char s){
static int fwri_sta[1005], fwri_ed=0;
if(x<0) putchar('-'), x=-x;
do fwri_sta[++fwri_ed]=x%10, x/=10; while(x);
while(putchar(fwri_sta[fwri_ed--]^48), fwri_ed);
putchar(s);
}
const int mod=998244353;
const int maxn=1e6;
int f[maxn+5], n;
signed main(){
n=readin(1);
rep(i, 1, n) for(int j=i; j<=n; j+=i) ++f[j];
int tmp=0;
rep(i, 1, n){
f[i]=(f[i]+tmp)%mod;
tmp=(tmp+f[i])%mod;
}
writc(f[n], '\n');
return 0;
}
肆、关键 の 步骤 ¶
挖掘特性是十分重要的。
这道题比较关键的地方在于当 \(1\) 与某个点进行匹配之后，有一些点所属的配对就也被固定了。
一般地，对于任意 \(l,r\) 的配对，在 \([1,l-1]\) 与 \([r+1,2n]\) 的点都不可能与它们满足包含关系了，而当 \(l=1\) 或者 \(r=2n\) 时，这两个区间实际上就只有一个有定义了。所以实际上我们找的时这个特性的特殊情况，特性的特性？
