ARC 杂题

ARC150C Path and Subsequence

考试题削弱版。

给你一个无向图，点 $i$ 有点权 $v_i$。给你一个长为 $k$ 的序列 $b$，求 $1\to n$ 的所有路径是否全部包含子序列 $b$。

$k\le n,m\le {10}^5$

枚举 $b_i$，从 $1$ 开始，将所有不经过点权为 $b_i$ 的点打上标记（时间戳） $i$，接下来再对没经过的点往下跑。若 $n$ 的时间戳为 $k$ 则说明包含了。时间复杂度 $O(n+m+k)$。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=5e5+3;
int n,m,s;
vector<int>e[maxn];
queue<int>q,p;
int vis[maxn];
int c[maxn],b[maxn];
void dfs(int u,int t){
    for(int v:e[u]){
        if(vis[v]==-1){
            vis[v]=t;
            if(c[v]!=b[t+1]){
                dfs(v,t);
            }else{
                p.push(v);
            }
        }
    }
}
signed main(){
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin>>n>>m>>s;
    for(int i=1,u,v;i<=m;i++){
        cin>>u>>v;
        e[u].push_back(v);
        e[v].push_back(u);
    }
    for(int i=1;i<=n;i++) cin>>c[i],vis[i]=-1;
    for(int i=1;i<=s;i++) cin>>b[i];
    e[0].push_back(1);
    vis[0]=0;
    q.push(0);
    for(int i=0;i<=s;i++){
        while(!q.empty()){
            int j=q.front();
            q.pop();
            vis[j]=i;
            dfs(j,i);
        }
        q=p;
        while(!p.empty()) p.pop();
    }
    if(vis[n]==s) cout<<"Yes";
    else cout<<"No";
    return 0;
}

ARC185E Adjacent GCD

给你一个数列 $a$，对于每个 $m\in [1,n]$，求对于每个 $a_{[1,m]}$ 的子序列 $S$ 相邻两项的 GCD 的和的和。

$n\le 5\times {10}^5,a_i\le {10}^5$

设 $f(i)$ 为以 $i$ 结尾的答案。则 $f(i)$ 的答案可以由选/不选 $i$ 继承过来，再计算从每个 $j<i$ 转移过来的系数即可，即

$$f(i)=2f(i-1)+\sum _{j<i}{2}^{j-1}gcd(a_i,a_j)$$

由于有 $gcd(a_i,a_j)=\sum _{d\mid gcd(a_i,a_j)}\phi (d)=\sum _d[d\mid a_i][d\mid a_j]\phi (d)$，所以

$$f(i)=2f(i-1)+\sum _{j<i}{2}^{j-1}\sum _d[d\mid a_i][d\mid a_j]\phi (d)$$

把与 $j$ 无关的往前扔

$$f(i)=2f(i-1)+\sum _{d\mid a_i}\phi (d)\sum _{j<i}{2}^{j-1}[d\mid a_j]$$

记 $g(d,i)=\sum _{j<i}{2}^{j-1}[d\mid a_j]$，显然这一坨可以 $O(d(a_i))$ 动态维护，考虑每次加入 $a_i$ 统计完当前答案后，就在 $d\mid a_i$ 的位置加上 $2^{i-1}$ 的贡献即可。

所以最后的式子就是 $f(i)=2f(i-1)+\sum _{d\mid a_i}\phi (d)g(d,i)$，时间复杂度 $O(nd(n))$。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=5e5+7;
const int mod=998244353;
int n;
int a[maxn];
int f[maxn],g[maxn],po2[maxn],k[maxn],val[maxn];
vector<int>v[maxn];
signed main(){
    cin>>n;
    po2[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        po2[i]=po2[i-1]*2%mod;
    }
    for(int i=1;i<=100000;i++){
        k[i]+=i; v[i].emplace_back(i);
        for(int j=2*i;j<=100000;j+=i){
            k[j]-=k[i];
            v[j].emplace_back(i);
        }
    }
    for(int x=1;x<=n;x++){
        f[x]=2*f[x-1];
        for(int d:v[a[x]]){
            f[x]=(f[x]+k[d]*val[d]%mod)%mod;
            val[d]=(val[d]+po2[x-1])%mod;
        }
        cout<<f[x]<<'\n';
    }
    return 0;
}

ARC183C Not Argmax

求满足 $m$ 个形如【$[l_i,r_i]$ 中最大值的不为 $p_{x_i}$】的排列 $p$ 的数量。

$n\le 500,m\le 2\times {10}^5$

考虑没有限制时怎么 DP，设 $f(l,r)$ 表示 $[l,r]$ 的答案，枚举区间内最大值的位置，则有

$$f(l,r)=\sum _{k=l}^{r}f(l,k-1)f(k+1,r)(\genfrac{}{}{0ex}{}{r-l}{k-l})$$

加上限制即记个标记 $t(l,r,k)$，当满足标记时不转移即可，注意转移顺序。标记转移为 $t(l,r,k)|=t(l+1,r,k)|t(l,r-1,k)$。时间复杂度 $O(n^3+m)$。

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#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=507;
const int maxm=2e5+7;
const int mod=998244353;
int n,m;
int f[maxn][maxn],fac[maxn],ifac[maxn];
bitset<maxn>is[maxn][maxn];
int qpow(int a,int b){
    int res=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%mod) if(b&1) res=res*a%mod;
    return res;
}
int C(int a,int b){
    if(a<b) return 0;
    return fac[a]*ifac[a-b]%mod*ifac[b]%mod;
}
signed main(){
    cin>>n>>m;
    for(int i=1,l,r,x;i<=m;i++){
        cin>>l>>r>>x;
        is[l][r][x]=1;  
        if(l==r){
            cout<<"0\n";
            return 0;
        }
    }
    for(int len=2;len<=n;len++)
        for(int l=1;l+len-1<=n;l++){
            int r=l+len-1;
            is[l][r]|=is[l+1][r];
            is[l][r]|=is[l][r-1];
        }
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    ifac[n]=qpow(fac[n],mod-2);
    for(int i=n-1;~i;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod; 
    f[1][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i][i]=f[i+1][i]=1;
    for(int len=2;len<=n;len++)
        for(int l=1;l+len-1<=n;l++){
            int r=l+len-1;
            for(int k=l;k<=r;k++) if(!is[l][r][k])
                f[l][r]=(f[l][r]+f[l][k-1]*f[k+1][r]%mod*C(r-l,k-l)%mod)%mod;
        }
    cout<<f[1][n];
    return 0;
}

ARC186B Typical Permutation Descriptor

给你一个序列 $a$ 满足 $a_i<i$，求满足以下条件的排列 $p$ 的数量：

• $p_j>p_i>p_{a_i}(j\in (a_i,i))$

$n\le 3\times {10}^5$，保证有解

由于保证有解，考虑观察有解的情况所带来的性质：

1. 区间 $[a_i,i]$ 要么把前面的若干区间完全包含，要么左端点与相邻区间端点相交；

由性质 1 与偏序关系可知，假如以偏序关系（大于号连接的两边）连边，$p_i$ 为点权，以 $p_0$ 为根，则形成一棵满足 $u$ 子树内的点权大于 $u$ 点权的树。

这棵树的性质很好啊，当你用拓扑序遍历这棵树他一定合法，即为充分必要条件了，虽然我没看出来。

接下来就是一个裸的树上拓扑序计数了，也是个结论，即

$$\frac{n!}{\prod _{i=1}^{n}siz(i)}$$

证明：
考虑树形 DP。设 $f(u)$ 为以 $u$ 为根子树的拓扑序数量。
考虑合并两棵子树 $v_1,v_2$，先把两棵子树的方案数乘起来然后考虑顺序，即在 $siz(v_1)+siz(v_2)$ 个数里选掉 $siz(v_1)$ 个数。更一般的，多个子树相当于叠加，而且组合约掉了，则有转移

$$\begin{array}{rl}f(u)& =(\genfrac{}{}{0ex}{}{siz(v_1)+siz(v_2)}{siz(v_1)})(\genfrac{}{}{0ex}{}{siz(v_1)+siz(v_2)+siz(v_3)}{siz(v_1)+siz(v_2)})\cdots (\genfrac{}{}{0ex}{}{siz(u)-1}{siz(v_1)+siz(v_2)+\cdots +siz(v_{x-1})})\prod _{v\in son(u)}f(v)\\ & =\frac{(siz(u)-1)!}{\prod _{v\in son(u)}siz(v)!}\prod _{v\in son(u)}f(v)\\ & =\frac{(siz(u)-1)!}{\prod _{v\in son(u)}siz(v)!}\prod _{v\in son(u)}f(v)\end{array}$$

考虑把每个 $(siz(u)-1)!$ 与 $siz(v)!$ 相抵消，剩下 $\prod _{i=2}^n\frac{1}{siz(i)}$ 以及 $(siz(1)-1)!$，写得好看点，都乘个 $siz(1)$，即得上式。

时间复杂度 $O(n)$。

ARC187B Sum of CC

给你一个长为 $n$ 的数列 $a$，$a_i=-1$ 表示未确定，可以填入 $[1,m]$，对于一个填完的序列，连边 $(i,j)$ 当且仅当 $i<j,a_i\le a_j$，求所有可能的序列的连通块数量和。

$n,m\le 2\times {10}^3$

开始直接看错题，以为是图中的边数，直接干瞪 2h 无果。

考虑发现一些性质，手玩发现所有的连通块形成区间。且左边的最小值大于右边的最大值。这个证明随便找三个数玩一下就出来了。

所以记录前缀 $min$ $p$，后缀 $max$ $q$，前后缀 -1 数量 $r,s$。然后枚举每个断点 $i$ 表示 $i,i+1$ 不在同一联通块的方案数（贡献显然为多出了一个连通块）。即要求前缀 $min>$ 后缀 $max$，所以 再枚举前缀 $min=j$，前缀的 -1 取值范围为 $[j,m]$，后缀 -1 的取值范围为 $[1,j-1]$，但是这样会算重。记 $g_1(j)$ 为前缀 $min\ge j$ 的方案数 $=(m-j+1{)}^{r_i}$，$g_2(j)$ 为后缀 $max\le j$ 的方案数 $=(j-1{)}^{s_{i+1}}$，则有 $g_3(j)=g_2(j)-g_2(j-1)$ 为后缀 $max=j$ 的方案数，这样固定一边乘以另一边就不会记重了。统计 $g_1(j)g_3(j-1)$ 即可。时间复杂度 $O(nm)$。

点击查看代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2007;
const int mod=998244353;
int n,m;
int a[maxn],fac[maxn],ifac[maxn];
int h[maxn],g[maxn],mx[maxn],mi[maxn],pmx[maxn],pmi[maxn];
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}
void mul(int &x,int y){x=x*y%mod;}
int qpow(int a,int b){
    int res=1;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%mod) if(b&1) res=res*a%mod;
    return res;
}
int C(int a,int b){
    if(a<b) return 0;
    return fac[a]*ifac[b]%mod*ifac[a-b]%mod;
}
signed main(){
    cin>>n>>m;
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    ifac[n]=qpow(fac[n],mod-2);
    for(int i=n-1;~i;i--)
        ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
    pmi[0]=m;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        cin>>a[i];
        g[i]=g[i-1]+(a[i]==-1);
        if(a[i]!=-1) pmi[i]=min(pmi[i-1],a[i]);
        else pmi[i]=pmi[i-1];
    }
    for(int i=n;i;i--){
        pmx[i]=max(pmx[i+1],a[i]);
        h[i]=h[i+1]+(a[i]==-1); 
    }   
    int ans=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=m;j++) mi[j]=mx[j]=0;
        for(int j=1;j<=pmi[i];j++) mi[j]=qpow(m-j+1,g[i]);
        for(int j=pmx[i+1];j<=m;j++) mx[j]=qpow(j,h[i+1]);
        for(int j=2;j<=m;j++) add(ans,mi[j]*(mx[j-1]-mx[j-2]+mod)%mod);
    }
    add(ans,qpow(m,g[n]));
    cout<<ans;
    return 0;
}