CF1251F-Red-White Fence【NTT】
前言
刚开始看错题推了半天的生成函数
正题
题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF1251F
题目大意
\(n\)个白色木板,\(k\)个红色木板,给出这些木板的高度,木板排成一排形成栅栏。栅栏要求只有一个红色木板且在红色木板左边单调升,右边单调降。
\(m\)次询问能够围成周长为\(q_i\)有多少种围法。
解题思路
首先如果栅栏多余两个可以看做是两个,因为同一个高度的栅栏最多只能出现两次,而木板相同。
因为\(k\)很小显然是要我们处理\(k\)次,现在分开考虑出现两次的和出现一次的方案。若出现一次的栅栏有\(x\)个,拿出\(k\)围个的方案数就是\(\binom{x}{k}*2^k\),若出现两次的栅栏有\(y\)个,拿出\(k\)个围的方案数就是\(\binom{k}{2x}\)
然后两种方案卷起来就可以计算答案了。
时间复杂度\(O(\ k(n\log n+m)\ )\)
\(code\)
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=(12*1e5)+10,P=998244353;
struct poly{
ll a[N],n;
}F,G;
ll n,m,t,f1,f2,r[N],a[N],v[N],b[N],f[N],pw[N],fac[N],inv[N],q[N],ans[N];
ll power(ll x,ll b){
ll ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*x%P;
x=x*x%P;b>>=1;
}
return ans;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){
for(ll i=0;i<n;i++)
if(r[i]<i)swap(f[r[i]],f[i]);
for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
ll len=p>>1;
ll tmp=power(3,(P-1)/p);
if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
for(ll k=0;k<n;k+=p){
ll buf=1;
for(ll i=k;i<k+len;i++){
ll tt=f[i+len]*buf%P;
f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
f[i]=(f[i]+tt)%P;
buf=buf*tmp%P;
}
}
}
if(op==-1){
ll invn=power(n,P-2);
for(ll i=0;i<n;i++)
f[i]=f[i]*invn%P;
}
return;
}
void mul(poly &a,poly &b){
ll n=1;
while(n<=a.n+b.n)n<<=1;
for(ll i=0;i<n;i++)
r[i]=(r[i>>1]>>1)^((i&1)?(n>>1):0);
NTT(a.a,n,1);NTT(b.a,n,1);
for(ll i=0;i<n;i++)
a.a[i]=a.a[i]*b.a[i]%P;
NTT(a.a,n,-1);return;
}
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
int main()
{
scanf("%lld%lld",&n,&m);
for(ll i=1;i<=n;i++)
scanf("%lld",&a[i]);
fac[0]=pw[0]=inv[0]=1;
for(ll i=1;i<=4*n;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%P,pw[i]=pw[i-1]*2%P;
inv[4*n]=power(fac[4*n],P-2);
for(ll i=4*n;i>1;i--)
inv[i-1]=inv[i]*i%P;
for(ll i=1;i<=m;i++)
scanf("%lld",&b[i]);
sort(b+1,b+1+m);
scanf("%lld",&t);
for(ll i=1;i<=t;i++)
scanf("%lld",&q[i]);
sort(a+1,a+1+n);ll l=1;
for(ll k=1;k<=m;k++){
while(l<=n&&a[l]<b[k]){
if(!v[a[l]])f1++;
else if(v[a[l]]==1)f1--,f2++;
v[a[l]]++;l++;
}
memset(G.a,0,sizeof(G.a));
memset(F.a,0,sizeof(F.a));
for(ll i=0;i<=f1;i++)
G.a[i]=pw[i]*C(f1,i)%P;
G.n=f1+1;
for(ll i=0;i<=2*f2;i++)
F.a[i]=C(2*f2,i);
F.n=2*f2+1;
mul(G,F);
for(ll i=1;i<=t;i++)
if(q[i]>=b[k]*2+2)
ans[i]=(ans[i]+G.a[q[i]/2-b[k]-1])%P;
}
for(ll i=1;i<=t;i++)
printf("%lld\n",ans[i]);
return 0;
}