LOJ 575. 不等关系

LOJ 575. 不等关系

给定一个长度为 \(n-1\) 的字符串 \(S\) ，仅包含 < 和 > 两种字符。

你需要计算「使得 \(p_i<p_{i+1}\) 当且仅当 \(S\) 为 < 的排列 \(P\)」的数量。

可以发现，答案可能很大，因此你只要输出它对 \(10^9+7\) 取模的结果。

换而言之，对于 \(S\) 中的每个位置，若 \(S_i=\) <，那么 \(p_i<p_{i+1}\)，否则 \(p_i> p_{i+1}\)

• \(n\le 10^5\)

Solution

从 \(2^n\) 的状压的角度考虑，对于一个位置，如果为 < 那么设为 0 否则设为 1 。

对 < 和 > 进行容斥，我们忽略 > 的限制，这样计算出来的答案相当于答案的高维前缀和。

假设已知了高维前缀和数组，想要得到 \(S\) 处的点值，只需要做高维前缀差分，此时其一个子集对答案的贡献为其中 \((-1)\) 的 \(1\) 的数量差次幂。

考虑形式化的描述这个问题，我们现在的问题即：

将序列默认为全 <，部分原本为 > 位置要么无限制，要么为 <，一种情况对答案的贡献为方案数乘以 \(-1\) 的相应次幂。

考虑每一段连续的 <，无限制相当于进行了分割。

不难发现我们需要考虑的仅是长度为 \(n\) 的序列拆成若干个单调序列的方案数。

使用 Dp 来统计这个答案，我们从前往后 dp，每次加入一个 > 时有两种决策：

1. 无限制
2. 为 <

这样我们需要记录结尾段的长度，复杂度为 \(\mathcal O(n^2)\)

考虑得到划分后是否可以直接计算出答案，不难发现我们的答案等价于将 \(n\) 个元素划分成若干个集合的方案数并配以 \((-1)\) 作贡献，即：

\[(-1)^{t}\sum \frac{n!}{\prod (-c_i!)} \]

更加正式的，将 < 的下标记录下来，不难发现等价于：

\[f_i=-\prod f_j\times \frac{1}{(i-j)!} \]

此递推式采用分治 NTT 优化即可。

不是很懂 \(50\) 和 \(100\) 的差别有啥，板子么？这个给分着实迷惑。不过我感觉自己已经 8 万年没有写过分治乘了，结果今天没怎么调就过了，还是十分感动的。

\(Code:\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std ;
#define Next( i, x ) for( register int i = head[x]; i; i = e[i].next )
#define rep( i, s, t ) for( register int i = (s); i <= (t); ++ i )
#define drep( i, s, t ) for( register int i = (t); i >= (s); -- i )
#define re register
#define int long long
int gi() {
	char cc = getchar() ; int cn = 0, flus = 1 ;
	while( cc < '0' || cc > '9' ) {  if( cc == '-' ) flus = - flus ; cc = getchar() ; }
	while( cc >= '0' && cc <= '9' )  cn = cn * 10 + cc - '0', cc = getchar() ;
	return cn * flus ;
}
const int P = 998244353 ; 
const int Gi = 332748118 ; 
const int G = 3 ; 
const int N = 4e5 + 5 ;  
int fpow(int x, int k) {
	int ans = 1, base = x ;
	while(k) {
		if(k & 1) ans = 1ll * ans * base % P ;
		base = 1ll * base * base % P, k >>= 1 ;
	} return ans ;
}
int n, p[N], cnt, limit, Inv, A[N], B[N], L, R[N], Ans, fac[N], inv[N], f[N] ;
char s[N] ; 
void init(int x) {
	limit = 1, L = 0 ; while( limit < x ) limit <<= 1, ++ L ; 
	for(re int i = 0; i < limit; ++ i) R[i] = ( (R[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (L - 1)) ) ;
	Inv = fpow( limit, P - 2 ) ; 
}
void NTT( int *a, int type ) {
	for(re int i = 0; i < limit; ++ i) if( R[i] > i ) swap( a[i], a[R[i]] ) ;
	for(re int k = 1; k < limit; k <<= 1) {
		int d = fpow( (type == 1) ? G : Gi, (P - 1) / (k << 1) ) ;
		for(re int i = 0; i < limit; i += (k << 1) )
		for(re int j = i, g = 1; j < i + k; ++ j, g = g * d % P) {
			int nx = a[j], ny = a[j + k] * g % P ; 
			a[j] = (nx + ny) % P, a[j + k] = (nx - ny + P) % P ; 
		}
	} if( !type ) for(re int i = 0; i < limit; ++ i) a[i] = a[i] * Inv % P ; 
}
int st[N], top ; 
void CDQ(int l, int r) {
	if( l == r ) { if(l == 1) f[l] = 1 ; return ; }
	int mid = (l + r) >> 1 ; CDQ(l, mid) ; top = 0 ;
	for(re int i = l; i <= mid; ++ i) st[++ top] = f[i] ; 
	for(re int i = 0; i <= top; ++ i) A[i] = st[i] ; 
	for(re int i = 0; i <= top * 2; ++ i) B[i] = inv[i] ; 
	init(top * 3 + 5), NTT( A, 1 ), NTT( B, 1 ) ;
	for(re int i = 0; i < limit; ++ i) A[i] = A[i] * B[i] % P ;
	NTT( A, 0 ) ;
	for(re int i = mid + 1; i <= r; ++ i) 
		if( p[i] ) f[i] = ( f[i] - A[i - mid + top] + P ) % P ;
	for(re int i = 0; i <= limit; ++ i) A[i] = B[i] = 0 ; 
	CDQ(mid + 1, r) ;
}
signed main()
{
	fac[0] = inv[0] = 1 ; 
	scanf("%s", s + 1 ), n = strlen(s + 1) + 1 ;
	rep( i, 2, n ) p[i] = ( s[i - 1] == '>' ) ? 1 : 0 ; 
	rep( i, 1, n ) cnt += p[i] ;
	rep( i, 1, n ) fac[i] = fac[i - 1] * i % P, inv[i] = fpow( fac[i], P - 2 ) ; 
	p[n + 1] = 1, CDQ(1, n + 1) ; int Ans = 0 ;
	if( cnt & 1 ) Ans = f[n + 1] ; 
	else Ans = P - f[n + 1] ; 
	Ans = Ans * fac[n] % P ; 
	cout << Ans % P << endl ; 
	return 0 ;
}