[71] (多校联训) A层冲刺NOIP2024模拟赛24
byd T3 放道这种题有什么深意吗
确实是签，但是一直在想组合意义，最后因为没提前处理逆元遗憾离场了，赛后看题解发现的确是往树上转化更简单点
赛时的组合意义代码
没过
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=998244353,num=233;
int k;
string s;
int pi[1000002];
int fact[1000002];
int tp[1000002],ct[1000002];
vector<int>v;
int power(int a,int t){
int base=a,ans=1;
while(t){
if(t&1){
ans=ans*base%p;
}
base=base*base%p;
t>>=1;
}
return ans;
}
int C(int n,int m){
return fact[n]*power(fact[n-m]*fact[m]%p,p-2)%p;
}
signed main(){
// freopen("sam/T1/ex.in","r",stdin);
freopen("string.in","r",stdin);
freopen("string.out","w",stdout);
cin>>k>>s;
s=" "+s;
basenum[0]=1;
fact[0]=1;
for(int i=1;i<=(int)s.length();++i){
if(i!=(int)s.length()) h[i]=h[i-1]*num+s[i];
if(i!=(int)s.length()) basenum[i]=basenum[i-1]*num;
fact[i]=fact[i-1]*i%p;
}
for(int i=2;i<=(int)s.length()-1;++i){
int j=pi[i-1];
while(j>0 and s[j+1]!=s[i]) j=pi[j];
if(s[j+1]==s[i]) j++;
pi[i]=j;
}
for(int i=1;i<=(int)s.length()-1;++i){
int j=i;
while(j>0){
tp[j]++;
ct[i]++;
j=pi[j];
}
}
int ans=C((int)s.length(),k);
for(int i=1;i<=(int)s.length()-1;++i){
ans=(ans+C(tp[i],k)*((ct[i]+1)*(ct[i]+1)-ct[i]*ct[i])%p)%p;
}
cout<<ans<<endl;
}
组合意义的大体思路是先处理出所有 border，然后枚举每个前缀，然后再枚举以这个前缀为公共前后缀（不一定非得是 border）的前缀数量（这句话有点绕，形式化地说，设 \(t=b(s)\) 表示 \(t\) 既是 \(s\) 的前缀也是 \(s\) 的后缀，我们要统计的就是，对于给定的 \(i\)，满足 \(s_{[1,i]}=b(s_{[1,j]})\) 的 \(j\) 的数量 \(a\)，不难发现这个 \(i\) 对答案的贡献就是 \(C^{k}_{a}\) 乘一个什么系数），我们组合意义要求的就是这个系数，通过手摸可以发现，如果满足 \(s_{[1,k]}=b(s_{[1,i]})\) 的 \(k\) 有 \(c\) 个，那么这个系数是 \(c^2-(c-1)^2=2c-1\)，所以直接做就行了
然后是题解给的树上意义的解法
如果将 \(i\) 与 \(p_i\) 连边（\(p_i\) 是 \(s_{[1,i]}\) 的 border 长度），发现可以连成一颗树，选 \(k\) 个字符串找公共前后缀的实质是在树上选 \(k\) 个点求 LCA，对答案的贡献是 LCA 的深度的平方
这个转化还挺有意思的
然后需要做的就只有枚举每个点作为公共 LCA 的情况，容易发现只有在子树里选才行，方案为 \(C_{size}^{k}\)，注意要减去所有点都出现在同一颗子树里的情况
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=998244353;
int k,ans;
int pi[1000002];
string s;
int fact[1000002],inv[1000002],invfact[1000002];
vector<int>e[1000001];
inline int C(int n,int m){
if(n<m) return 0;
return fact[n]*invfact[m]%p*invfact[n-m]%p;
}
int sizen[1000001];
void dfs(int now,int deep){
sizen[now]=1;
int tot=0;
for(int i:e[now]){
dfs(i,deep+1);
sizen[now]+=sizen[i];
tot=(tot+C(sizen[i],k))%p;
}
ans=(ans+(C(sizen[now],k)%p-tot+p)%p*(deep*deep)%p)%p;
}
signed main(){
freopen("string.in","r",stdin);
freopen("string.out","w",stdout);
cin>>k>>s;
s=" "+s;
for(int i=2;i<=(int)s.length()-1;++i){
int j=pi[i-1];
while(j and s[j+1]!=s[i]) j=pi[j];
if(s[j+1]==s[i]) j++;
pi[i]=j;
}
for(int i=1;i<=(int)s.length()-1;++i){
e[pi[i]].push_back(i);
}
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=1000001;++i){
inv[i]=inv[p%i]*(p-p/i)%p;
}
fact[0]=invfact[0]=1;
for(int i=1;i<=1000001;++i){
fact[i]=fact[i-1]*i%p,invfact[i]=invfact[i-1]*inv[i]%p;
}
dfs(0,1);
cout<<ans;
}
二分+数点做法
考虑直接钦定一个定点（题目里也是让这么求的），然后枚举区间另一个端点的所有可能情况
发现这个东西完全没有单调性，这很不好，于是考虑做 trick
怎么才能套上 trick，考虑到如果你只钦定左端点 \(l\) 满足条件（即找符合条件的 \(r\ge l\)，满足 \(a_l\neq\max\limits_{l\le i\le r}a_i,a_l\neq\min\limits_{l\le i\le r}a_i\)，其实就是把题目里对于右端点的限制撤了），你会发现这个玩意是有单调性的，对于所有的 \(r\) 大于某个定值都成立，因此可以二分去找这个值
对右端点，你用同样的情况去找满足条件的 \(l\)，然后尝试枚举所有的左右端点，尝试从中间合并它俩，如果能合并就合法（合并的条件是，左端点的合法区间包含右端点，右端点的合法区间包含左端点，这样在区间里左右端点就一定都符合条件了）
设对左端点 \(l\)，其合法区间是 \([a_l,n]\)，对右端点 \(r\)，其合法区间是 \([1,b_r]\)，其实现在我们要找的就是满足 \(r\ge a_l,l\le b_r\) 的 \((l,r)\) 的数量
这东西复杂度太高，考虑直接上个啥数据结构维护一下
上权值树状数组（线段树亦可，但是比较危险），按 \(a_i\) 从大到小枚举所有 \(a_i\)，然后将 \(j\in[a_l,n]\) 的 \(j\) 动态地插入树状数组内，现在只需要查这些插进去的数里有几个是包含 \(i\) 的，贪心地想，插入的时候可以把每个区间插到其右端点上，查询的时候，只要右端点在 \(i\) 右侧的均包含 \(i\)（因为原区间是 \([1,r]\)），因此直接查 \([i,n]\) 内点的数量即可
另一边也是同理做
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,id;
int a[1000001],lg2[1000001];
int stmaxn[20][1000001],stminn[20][1000001];
inline int qmax(int l,int r){
int tmp=lg2[r-l+1];
return max(stmaxn[tmp][l],stmaxn[tmp][r-(1<<tmp)+1]);
}
inline int qmin(int l,int r){
int tmp=lg2[r-l+1];
return min(stminn[tmp][l],stminn[tmp][r-(1<<tmp)+1]);
}
struct stree{
struct tree{
int sum;
}t[1000001*4];
#define tol (id*2)
#define tor (id*2+1)
#define mid(l,r) mid=((l)+(r))/2
void change(int id,int l,int r,int pos){
if(l==r){
t[id].sum++;
return;
}
int mid(l,r);
if(pos<=mid) change(tol,l,mid,pos);
else change(tor,mid+1,r,pos);
t[id].sum=t[tol].sum+t[tor].sum;
}
int ask(int id,int l,int r,int L,int R){
if(L<=l and r<=R){
return t[id].sum;
}
int mid(l,r);
if(R<=mid) return ask(tol,l,mid,L,R);
else if(L>=mid+1) return ask(tor,mid+1,r,L,R);
return ask(tol,l,mid,L,mid)+ask(tor,mid+1,r,mid+1,R);
}
}A,B;
int la[1000001],rb[1000001];
struct la_t{
int la,id;
inline bool operator<(const la_t&A)const{
return la>A.la;
}
}lat[1000001];
struct rb_t{
int rb,id;
inline bool operator<(const rb_t&A)const{
return rb<A.rb;
}
}rbt[1000001];
int ansla[1000001],ansrb[1000001];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>id;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];
if(i!=1) lg2[i]=lg2[i/2]+1;
stmaxn[0][i]=stminn[0][i]=a[i];
}
for(int i=1;i<=19;++i){
for(int j=1;j<=n;++j){
stmaxn[i][j]=max(stmaxn[i-1][j],stmaxn[i-1][j+(1<<(i-1))]);
stminn[i][j]=min(stminn[i-1][j],stminn[i-1][j+(1<<(i-1))]);
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
int l=i+1,r=n,ans=n+1;
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
if(qmax(i,mid)!=a[i] and qmin(i,mid)!=a[i]){
r=mid-1;
ans=mid;
}
else l=mid+1;
}
lat[i].la=ans;
lat[i].id=i;
la[i]=ans;
// cout<<i<<" ["<<ans<<" "<<n<<"]"<<endl;
}
// cout<<endl;
for(int i=1;i<=n;++i){
int l=1,r=i-1,ans=0;
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
if(qmax(mid,i)!=a[i] and qmin(mid,i)!=a[i]){
l=mid+1;
ans=mid;
}
else r=mid-1;
}
rbt[i].rb=ans;
rbt[i].id=i;
rb[i]=ans;
// cout<<i<<" ["<<1<<" "<<ans<<"]"<<endl;
}
sort(lat+1,lat+n+1);
sort(rbt+1,rbt+n+1);
int j=n+1;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(lat[i].la==n+1) continue;
while(j!=lat[i].la){
j--;
if(rb[j]!=0) B.change(1,1,n,rb[j]);
}
ansla[lat[i].id]=B.ask(1,1,n,lat[i].id,n);
}
j=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(rbt[i].rb==0) continue;
while(j!=rbt[i].rb){
j++;
if(la[j]!=n+1) A.change(1,1,n,la[j]);
}
ansrb[rbt[i].id]=A.ask(1,1,n,1,rbt[i].id);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
cout<<ansla[i]<<' ';
}
cout<<endl;
for(int i=1;i<=n;++i){
cout<<ansrb[i]<<' ';
}
cout<<endl;
}
