CF1158F Density of subarrays

Density of subarrays

题目链接。

Problem

我们定义一个“$c$ 序列”为序列里的数都是 $[1,c]$ 的序列。定义一个 $c$ 序列的“密度”为最大的 $p$，使得任意长度为 $p$ 的序列（总共 $c^p$ 个）都是它的子序列。

给定一个长度为 $n$ 的“$c$ 序列”，对 $p\in [0,n]$，求该序列有多少个子序列的密度为 $p$，答案对 $998244353$ 取模。

数据范围：$n,m\le 3000$。

Sol

感觉这道题难点在于知道复杂度！如果这个题被扔到 OI 里，给两个部分分是不是就完全没难度了。

先考虑一下如何判定一个序列的密度。这是一个很简单的贪心。假如之前已经匹配到 $i$，由于是任意长度为 $p$ 的序列，所以肯定是尽量往后找。即找到第一个使得 $[i,j]$ 中出现 $1\sim c$ 所有数的位置 $j$，然后让答案增加一，继续进行刚才的操作，无法再找到下一个 $j$ 时结束。于是就有一个很简单的 DP：定义 $f_{i,j}$ 表示填了 $i$ 个数，密度为 $j$ 的方案数。则有转移 $f_{i,j}=\sum _{k<i}{f}_{k,j-1}\cdot w(k+1,i)$，其中 $w(l,r)$ 表示 $a_l,a_{l+1},\dots ,a_r$ 中有多少个子序列满足 $1\sim n$ 中的数都出现了至少一次。$w(i,j)$ 是好算的，可以 $\mathcal{O}(n^2)$ 预处理出。然后这就得到了一个很简单的 $\mathcal{O}(n^3)$ 的做法。然后发现这道题 $n\le 3000$ 还开了六秒，肯定就不是 $\mathcal{O}(n^2)$ 的。仔细分析一下刚才做法的复杂度。不难发现，当 $p>\frac{n}{c}$ 时，答案一定为 $0$，所以刚才 DP 的第二维是 $\mathcal{O}(\frac{n}{c})$ 的，于是这个 DP 就变成了 $\mathcal{O}(\frac{n^3}{c})$ 了。于是发现只有这个 $c$ 比较小的时候才会跑的比较慢，想一下 $c$ 比较小咋做。

不难得出一个暴力 DP：$g_{i,j,S}$ 表示填了 $i$ 个数，当前密度为 $p$，$1\sim c$ 中的数填过的集合为 $S$ 的方案数。转移是很简单的，枚举 $a_i$ 选不选就行了。然后这个东西的时间复杂度是 $\mathcal{O}(n\cdot \frac{n}{c}\cdot 2^c)$ 的。当 $\frac{n^2{2}^c}{c}=\frac{n^3}{c}$ 时，$c={\log }_{2}n$。所以 $c$ 取 $10$ 左右比较好。最后的时间复杂度变为 $\mathcal{O}(\frac{n^3}{\log n})$。

Code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pii;
#define fi first
#define se second
mt19937_64 eng(time(0) ^ clock());
template<typename T>
T rnd(T l, T r) { return eng() % (r - l + 1) + l; }
const int P = 998244353;
ll QPow(ll a, ll b) {
	ll res = 1;
	for (; b; a = a * a % P, b >>= 1)
		if (b & 1)
			res = res * a % P;
	return res;
}
int n, c;
int a[3005];
namespace SolveB {
int cnt, buc[3005];
ll g[3005][3005], h[3005], pw2[3005], ipw1[3005], ipw2[3005];
unsigned long long f[3005][3005];
void Work() {
	pw2[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		pw2[i] = pw2[i - 1] * 2 % P;
	for (int i = 0; i <= n; i++)
		ipw1[i] = QPow((pw2[i] + P - 1) % P, P - 2),
		ipw2[i] = QPow(pw2[i], P - 2);
	for (int l = 1; l <= n; l++) {
		memset(buc, 0, sizeof (buc));
		ll res = 1;
		for (int r = l; r <= n; r++) {
			if (buc[a[r]])
				res = res * ipw1[buc[a[r]]] % P;
			else
				cnt++;
			buc[a[r]]++;
			res = res * (pw2[buc[a[r]]] + P - 1) % P;
			if (cnt == c)
				g[l][r] = res * ipw1[buc[a[r]]] % P;
		}
		cnt = 0;
	}
	memset(buc, 0, sizeof (buc));
	cnt = 0;
	ll all = 1, res = 1;
	h[n + 1] = 1;
	for (int i = n; i; i--) {
		all = all * ipw2[buc[a[i]]] % P;
		if (buc[a[i]])
			res = res * ipw1[buc[a[i]]] % P;
		else
			cnt++;
		buc[a[i]]++;
		all = all * pw2[buc[a[i]]] % P;
		res = res * (pw2[buc[a[i]]] + P - 1) % P;
		h[i] = (all + P - (cnt == c ? res : 0)) % P;
	}
	f[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i * c <= n; i++)
		for (int j = c * i; j <= n; j++) {
			for (int k = (i - 1) * c; k <= n && g[k + 1][j]; k++) {
				f[i][j] += f[i - 1][k] * g[k + 1][j];
				if (!(k & 15))
					f[i][j] %= P;
			}
			f[i][j] %= P;
		}
	for (int i = 0; i <= n; i++) {
		ll ans = 0;
		for (int j = c * i; j <= n; j++)
			(ans += f[i][j] * h[j + 1]) %= P;
		if (i * c > n)
			ans = i == 0;
		printf("%lld%c", ans - (i == 0), " \n"[i == n]);
	}
}
}
namespace SolveS {
int f[2][3005][1 << 10];
void Work() {
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		a[i]--;
	f[0][0][0] = 1;
	for (int i = 0; i < n; i++) {
		int o = i & 1;
		for (int j = 0; j * c <= i; j++)
			for (int S = 0; S < (1 << c); S++) {
				(f[o ^ 1][j][S] += f[o][j][S]) %= P;
				if ((S | (1 << a[i + 1])) == (1 << c) - 1)
					(f[o ^ 1][j + 1][0] += f[o][j][S]) %= P;
				else
					(f[o ^ 1][j][S | (1 << a[i + 1])] += f[o][j][S]) %= P;
			}
		for (int j = 0; j * c <= i; j++)
			for (int S = 0; S < (1 << c); S++)
				f[o][j][S] = 0;
	}
	for (int i = 0; i <= n; i++) {
		int ans = 0;
		for (int S = 0; S < (1 << c); S++)
			(ans += f[n & 1][i][S]) %= P;
		printf("%d%c", (ans + P - (i == 0)) % P, " \n"[i == n]);
	}
}
}
int main() {
	scanf("%d%d", &n, &c);
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		scanf("%d", a + i);
	if (c > 10)
		return SolveB::Work(), 0;
	SolveS::Work();
	return 0;
}