ARC059F Unhappy Hacking

ARC059F Unhappy Hacking

看到这里的题解都是二维 DP，我是从卡特兰数的方面考虑的此题。

如果这个题的模数换成 \(998244343\) 或是别的 NTT 模数，那么复杂度就可以通过分治 FFT 做到 \(O(n\log^2 n)\)。可惜换不得。但是貌似存在某神奇的多项式科技任意模数 NTT，那么理论上还是可以 \(O(n\log^2 n)\) 的。

但是本题解只对 \(O(n^2)\) 的做法进行实现。

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前置知识: 可以在这里 Day19 的 C 题笔记中找到卡特兰数的推导和变形，也可以查看 Wiki。

简要题意

给一个 0/1 串 \(S\)，每次可以选择在末尾插入一个 0 或 1，或删除最后一个字符。求进行 \(n\) 次操作之后得到 \(S\) 的方案数。

无效退格

注意到一个比较头疼的事情是在没有字符的时候按退格，这样的退格不会删除任何东西，且一旦出现无效退格，一定不存在任何字符。(废话) 所以可以认为是一个新的子问题。

设操作 \(i\) 次，操作 \(i\) 是无效退格的方案数为 \(f_i\)。

为了求这个 \(f\)，我们需要计算从 \(0\) 个字符开始，不断进行操作，但是禁止无效退格。进行 \(2i\) 次操作的方案数为 \(g_i\)。这样会打出 \(i\) 个字符，并且这 \(i\) 个字符会被 \(i\) 个有效退格删掉。这个问题等价于将 0 和 1 压入栈并且弹出。可以看出 \(g_i\) 等于卡特兰数第 \(i\) 项乘 \(2^i\)。\(2^i\) 枚举了每个插入的字符是 0 还是 1，卡特兰数第 \(1\) 项枚举了每个退格的时刻。

求出了 \(g\)，我们枚举倒数第二次无效空格的时刻 \(i - 1 - 2j\)，则 \(f_i\) 可以表示为:

\[f_i = \sum_{j = 0}^{\lfloor \frac {i - 1}2 \rfloor} f_{i - 1 - 2j}g_j \]

这是卷积的形式，我们可以使得 \(g'_{2i + 1} = g_i\)，然后让 \(g'\) 其余项为 \(0\)，那么式子就变成:

\[f_i = \sum_{j = 1}^{i} f_{i - j}g'_{j} \]

可以用分治 FFT 优化到 \(O(n\log^2 n)\)，所以这个题理论上是可以 \(O(n \log^2 n)\) 的。有需要的人可以拿去出个加强版，把模数换成 \(998244353\) 然后把 \(n\) 开到 \(10^5\) 什么的。

我们枚举最后一个无效退格的时刻 \(x\)。那么相当于是在禁止无效退格的情况下用 \(n - x\) 次操作得到目标串。所以我们枚举 \(x\)，对不同的 \(x\) 算 \(n - x\) 答案即可。

退格有效的情况

接下来考虑禁止无效退格，用 \(x\) 次操作凑出目标串的方案数。

设 \(S\) 的长度为 \(m\)，那么我们知道会有 \(\dfrac{x + m}2\) 次插入操作，剩下的是删除操作。所以需要 \(x\)，\(m\) 奇偶性相同。否则方案数为 \(0\)。

我们先不管 \(x\) 次操作后的串是什么，求出只存在 0 的情况下，\(x\) 次操作后留下 \(m\) 个 0 的方案数。显然是卡特兰数的变形，也就是 \(\dbinom x{\frac {x + m}2} - \dbinom x{\frac {x + m}2 + 1}\)。

最后我们考虑既有 0 也有 1 的情况。对于被删除了的 \(\dfrac {x - m}{2}\) 次插入，我们允许它们是任何数字，剩下的 \(m\) 个未被删除的插入，它们必须是目标位置的数字。因此只要在原来只有 0 的方案数的基础上乘以 \(2^{\frac{x - m}2}\) 即可。

代码实现

这里没有对分治 FFT 进行任意模数 NTT 的实现。只写了暴力卷积:

const unsigned long long Mod(1000000007);
unsigned long long Fac[5005], Inv[5005], Two[5005], g[5005], f[5005], Ans(0);
unsigned m, n;
inline unsigned long long Inver(unsigned long long x) {
  unsigned long long Rt(1);
  unsigned y(1000000005);
  while (y) { if(y & 1) Rt = Rt * x % Mod; x = x * x % Mod, y >>= 1;}
  return Rt;
}
inline unsigned long long Solve(unsigned x) {
  unsigned Typ((x + m) >> 1);
  unsigned long long A(Two[Typ - m]), B(Inv[Typ] * Inv[x - Typ] % Mod);
  A = A * Fac[x] % Mod;
  B = B * A % Mod, Typ = x - Typ;
  if(Typ) --Typ, A = A * Inv[Typ] % Mod, A = A * Inv[x - Typ] % Mod;
  else A = 0;
  return Mod + B - A;
}
signed main() {
  n = RD(), f[0] = g[0] = Fac[0] = Two[0] = 1;
  while (getchar() >= '0') ++m;
  for (unsigned i(1); i <= n; ++i) Fac[i] = Fac[i - 1] * i % Mod;
  Inv[n] = Inver(Fac[n]);
  for (unsigned i(n); i; --i) Inv[i - 1] = Inv[i] * i % Mod;
  for (unsigned i(1); i <= n; ++i) Two[i] = (Two[i - 1] << 1), Two[i] -= (Two[i] >= Mod) ? Mod : 0;
  for (unsigned i(n >> 1); i; --i)
    g[i] = (((Fac[i << 1] * Inv[i + 1] % Mod) * Inv[i] % Mod) * Two[i]) % Mod;
  for (unsigned i(1); i <= n; ++i) for (unsigned j((i - 1) >> 1); ~j; --j)
    f[i] = (f[i] + f[i - 1 - (j << 1)] * g[j]) % Mod;
  for (unsigned i(n - m); ~i; --i) if(!(((n - i) ^ m) & 1))
    Ans = (Ans + f[i] * Solve(n - i)) % Mod;
  printf("%llu\n", Ans);
  return Wild_Donkey;
}