[AGC041F] Histogram Rooks(神仙题 网格 容斥计数)

[AGC041F] Histogram Rooks

给定一个 \(N\)\(N\) 列的棋盘,第 \(i\) 行只有 \([1,h_i]\) 是有格子的,其他都是虚空。

一个棋子放在一个格子上,我们称一个格子被一个棋子覆盖,仅当这个格子与这个棋子在同一行或同一列,且他们中间没有虚空。特别的,如果这个格子上有棋子,这个格子也被这个棋子覆盖。

求将棋盘上每个格子都覆盖的方案数,对 998244353 取模。

\(1\le h_i\le N\le 400\)

首先有一个最基础的暴力,直接容斥。钦定集合 \(S\) 内的一些格子不被覆盖,其他随意。那么方案数就是 \(2\) 的所有不能覆盖这些格子的数量的幂次,乘上容斥系数 \((-1)^{|S|}\) 累加即可。

观察求方案的过程发现,如果在一行钦定了一个格子不选,则整一行都不能放棋子,而且行是连续的,列是不连续的,不妨将行作为一个整体进行。

枚举选择了格子的集合 \(S\),这里面不能放置棋子。那么取出所有连续的列,计算方案数,再乘起来。

设列的长度为 \(len\),其中有 \(p\) 行在 \(S\) 集合中:

  • 如果在这一列没有选择格子,则都可以放置棋子,方案数 \(2^{len-p}\)
  • 如果在选择了格子,那么整一列不能放置,选择格子的方案数为 \(\sum_{i=1}^p\binom{p}{i}\times(-1)^i=-[p>0]\)

上面式子中由于 \(\sum_{i=1}^p\binom{p}{i}\times (-1)^i\) 是原来暴力容斥中式子的一部分,也可以理解成容斥原理中负的包含一件物品的方案,减去包含两件物品,加上包含三件物品……等于包含所有物品的方案数等于 \(-1\)

但是,仅仅这样判断不能保证 \(S\) 集合中所有的行都能被覆盖到,再进行一波容斥

\(T(T\in S)\) 集合表示在 \(S\) 集合中钦定的不能格子的行,其他随意,容斥系数 \((-1)^{|T|}\)

设列有 \(p\) 个在 \(S\) 集合中,有 \(q\) 个在 \(T\) 集合中:

  • 这一列没有选择格子,方案数 \(2^{len-p}\)
  • 如果选择了格子,选择的方案数为 \(\sum_{i=1}^{p-q}\times(-1)^{i}=-[p>q]\)

这样只用枚举出 \(S\)\(T\) 集合就完成了,但枚举量仍然过于庞大。。

在同一列中,它的方案数为 \(2^{len-p}\) 还是 \(2^{len-p}-1\) 只取决于 \(p\) 是否等于 \(q\),因为 \(p\ge q\)

计算需要减去的贡献,就相当于计算 \([p=q]\) 对应的所有可能的 \((S,T)\)\((-1)^{|T|}\) 的和,但是列之间会有依赖关系,不再独立。

这样依赖的关系很像 SP3734 PERIODNI - Periodni,图都是一样的,将网格剖分成笛卡尔树的形式。

\(dp_{i,j,[p=q]}\) 表示在连续块 \(i\)\(S,T\) 都选择了 \(j\) 行,\(S\) 是否仍然等于 \(T\) 的方案数。

  • 这个连续块中依然保持 \(p=q\),从儿子中 \([p=q]\) 转移过来。
  • 否则,总方案减去上面 \([p=q]\) 的方案数量就是剩余方案数。

在每个连续段中方案数就等于 \(2^{len-p}-[p=q]\) 的长度次幂。

将连续段空行的儿子当做特殊的儿子,上面取就是 \(-1\),不取就是 \(1\)

用树形 DP 完成啦!

#define Maxn 405
#define mod 998244353
int n,tot,All,ans;
int len[Maxn],h[Maxn],siz[Maxn];
int pow2[Maxn][Maxn][2],dp[Maxn][Maxn][2],tmp[Maxn][2];
vector<int> g[Maxn];
inline void init()
{
	for(int i=0,cur=1;i<=n;i++)
	{
		pow2[i][0][0]=pow2[i][0][1]=1;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			pow2[i][j][1]=1ll*cur*pow2[i][j-1][1]%mod,
			pow2[i][j][0]=1ll*(cur-1+mod)%mod*pow2[i][j-1][0]%mod;
		cur=cur*2ll%mod;
	}
}
int build(int l,int r,int cur)
{
	int minn=inf,num=++All,Last=l-1;
	for(int i=l;i<=r;i++) minn=min(minn,h[i]);
	for(int i=l;i<=r;i++)
		if(h[i]==minn)
		{
			if(Last+1<=i-1) g[num].pb(build(Last+1,i-1,minn));
			g[num].pb(0),Last=i;
		}
	if(Last<r) g[num].pb(build(Last+1,r,minn));
	len[num]=minn-cur;
	return num;
}
void solve(int u)
{
	if(!u) return;
	dp[u][0][1]=1;
	for(int v:g[u])
	{
		solve(v);
		for(int i=0;i<=siz[u]+siz[v];i++) tmp[i][0]=tmp[i][1]=0;
		for(int su=siz[u];su>=0;su--)
			for(int sv=siz[v];sv>=0;sv--)
			{
				ll tall=1ll*(dp[u][su][0]+dp[u][su][1])*(dp[v][sv][0]+dp[v][sv][1])%mod;
				ll tsame=1ll*dp[u][su][1]*dp[v][sv][1]%mod;
				tmp[su+sv][0]=(1ll*tmp[su+sv][0]+tall-tsame+mod)%mod;
				tmp[su+sv][1]=(tmp[su+sv][1]+tsame)%mod;
			}
		for(int i=0;i<=siz[u]+siz[v];i++) dp[u][i][0]=tmp[i][0],dp[u][i][1]=tmp[i][1];
		siz[u]+=siz[v];
	}
	for(int i=0;i<=siz[u];i++)
		dp[u][i][0]=1ll*dp[u][i][0]*pow2[siz[u]-i][len[u]][0]%mod,
		dp[u][i][1]=1ll*dp[u][i][1]*pow2[siz[u]-i][len[u]][1]%mod;
}
int main()
{
	n=rd(),init();
	for(int i=1;i<=n;i++) h[i]=rd();
	siz[0]=1,dp[0][1][1]=mod-1,dp[0][0][1]=dp[0][1][0]=1;
	build(1,n,0),solve(1);
	for(int i=0;i<=n;i++) ans=(1ll*ans+dp[1][i][0]+dp[1][i][1])%mod;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}
posted @ 2022-11-13 22:02  EricQian06  阅读(34)  评论(0编辑  收藏  举报