[CF960G] Bandit Blues

题意

给你三个正整数 \(n,a,b\)，定义 \(A\) 为一个排列中是前缀最大值的数的个数，定义 \(B\) 为一个排列中是后缀最大值的数的个数，求长度为 \(n\) 的排列中满足 \(A = a\) 且 \(B = b\) 的排列个数。\(n \le 10^5\)，答案对 \(998244353\) 取模。

Sol

首先可以设一个 \(DP\) 状态 \(f(i,j)\) 表示，长度为 \(i\) 的排列，有 \(j\) 个前缀最大值的方案数。

那么转移就是枚举新放一个最小值，只有放在序列开头才有 \(1\) 的贡献：

\[f(i,j)=f(i-1,j-1)+(i-1)\times f(i-1,j) \]

最后的答案就是枚举最大值 \(n\) 放在位置 \(i\)，然后左边长度为 \(i-1\) 且有 \(a-1\) 个前缀最大值，右边长度为 \(n-1-i\) 且有 \(b-1\) 个后缀最大值，可以发现这个后缀最大值和前缀最大值的方案是相等的，那么最终的答案就是：

\[ans=\sum_{i=1}^n C(n-1,i-1)\cdot f(i-1,a-1)\cdot f(n-i-1,b-1) \]

稍微熟练一点就可以看出，这个 \(f(i,j)\) 本质上就是第一类斯特林数，即 \(i\) 个数放 \(j\) 个圆排列的方案数。

所以这个式子就可以化简了，从组合意义上理解就是，从 \(n-1\) 个数拿出来形成 \(a+b-2\) 个圆排列，其中把 \(a-1\) 个放在 \(n\) 前面的方案数。最后答案就变成了：

\[ans=s(n-1,a+b-2)\times C(a+b-2,a-1) \]

只需要预处理第一类斯特林数一行就行。分治\(\mathrm{NTT}\)复杂度\(O(n\log^2 n)\)，倍增复杂度\(O(n\log n)\)。具体见这里。

Code

两种都写了下

// 分治NTT
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::vector;
typedef double db;
typedef long long ll;
#define pb(A) push_back(A)
#define vec std::vector<int>
#define pii std::pair<int,int>
#define all(A) A.begin(),A.end()
#define mp(A,B) std::make_pair(A,B)
const int N=4e5+5;
const int mod=998244353;

int n,A,B,lim;
int a[N],b[N],rev[N];

int ksm(int a,int b=mod-2,int ans=1){
    while(b){
        if(b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;b>>=1;
    } return ans;
}

void ntt(int *f,int g){
    for(int i=1;i<lim;i++) if(i<rev[i]) swap(f[i],f[rev[i]]);
    for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
        int tmp=ksm(g,(mod-1)/(mid<<1));
        for(int R=mid<<1,j=0;j<lim;j+=R){
            for(int w=1,k=0;k<mid;k++,w=1ll*w*tmp%mod){
                int x=f[j+k],y=1ll*w*f[j+k+mid]%mod;
                f[j+k]=(x+y)%mod,f[j+k+mid]=(mod+x-y)%mod;
            }
        }
    } if(g>3)
        for(int in=ksm(lim),i=0;i<lim;i++) f[i]=1ll*f[i]*in%mod;
}

vec mul(vec A,vec B,int n){
    lim=1;while(lim<=n) lim<<=1;
    for(int i=1;i<lim;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1?lim>>1:0);
    for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=(i<A.size()?A[i]:0);
    for(int i=0;i<lim;i++) b[i]=(i<B.size()?B[i]:0);
    ntt(a,3),ntt(b,3);
    for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
    ntt(a,(mod+1)/3); vec now;
    for(int i=0;i<=n;i++) now.pb(a[i]);
    return now;
}

vec solve(int l,int r){
    if(l==r){vec now;now.pb(l),now.pb(1);return now;}
    int mid=l+r>>1; return mul(solve(l,mid),solve(mid+1,r),r-l+1);
}

int S(int n,int m){
    if(!n) return 1;
    if(n<m) return 0;
    vec now=solve(0,n-1);
    return now[m];
}

int getint(){
    int X=0,w=0;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
    while( isdigit(ch))X=X*10+ch-48,ch=getchar();
    if(w) return -X;return X;
}

int C(int n,int m){
    if(n<m or n<0 or m<0) return 0;
    int now=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) now=1ll*now*i%mod;
    for(int i=1;i<=m;i++) now=1ll*now*ksm(i)%mod;
    for(int i=1;i<=n-m;i++) now=1ll*now*ksm(i)%mod;
    return now;
}

signed main(){
    n=getint(),A=getint(),B=getint();
    printf("%lld\n",1ll*S(n-1,A+B-2)*C(A+B-2,A-1)%mod);
    return 0;
}

// 倍增
#pragma GCC optimize(2)
#include<bits/stdc++.h>
using std::min;
using std::max;
using std::swap;
using std::vector;
typedef double db;
typedef long long ll;
#define pb(A) push_back(A)
#define pii std::pair<int,int>
#define all(A) A.begin(),A.end()
#define mp(A,B) std::make_pair(A,B)
const int N=4e5+5;
const int mod=998244353;

int lim,rev[N],pw[N];
int a[N],b[N],c[N],d[N];
int n,A,B,fac[N],ifac[N];

int getint(){
    int X=0,w=0;char ch=getchar();
    while(!isdigit(ch))w|=ch=='-',ch=getchar();
    while( isdigit(ch))X=X*10+ch-48,ch=getchar();
    if(w) return -X;return X;
}

int ksm(int a,int b=mod-2,int ans=1){
    while(b){
        if(b&1) ans=1ll*ans*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;b>>=1;
    } return ans;
}

void ntt(int *f,int g){
    for(int i=1;i<lim;i++) if(i<rev[i]) swap(f[i],f[rev[i]]);
    for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
        int tmp=ksm(g,(mod-1)/(mid<<1));
        for(int R=mid<<1,j=0;j<lim;j+=R){
            for(int w=1,k=0;k<mid;k++,w=1ll*w*tmp%mod){
                int x=f[j+k],y=1ll*w*f[j+k+mid]%mod;
                f[j+k]=(x+y)%mod,f[j+k+mid]=(mod+x-y)%mod;
            }
        }
    } if(g>3)
        for(int in=ksm(lim),i=0;i<lim;i++) f[i]=1ll*f[i]*in%mod;
}

void solve(int *a,int len){
    if(len==1) return a[1]=1,void();
    if(len&1){
        solve(a,len-1);
        for(int i=len;i;i--) a[i]=(1ll*a[i]*(len-1)%mod+a[i-1])%mod;
    } else{
        solve(a,len>>1); int mid=len>>1;
        pw[0]=1;for(int i=1;i<=mid;i++) pw[i]=1ll*pw[i-1]*mid%mod;
        lim=1;while(lim<=len) lim<<=1;
        for(int i=1;i<lim;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1?lim>>1:0);
        for(int i=0;i<=mid;i++) c[i]=1ll*a[i]*fac[i]%mod,d[mid-i]=1ll*pw[i]*ifac[i]%mod;
        ntt(c,3),ntt(d,3);
        for(int i=0;i<lim;i++) c[i]=1ll*c[i]*d[i]%mod;
        ntt(c,(mod+1)/3);
        for(int i=0;i<=mid;i++) c[i]=1ll*c[mid+i]*ifac[i]%mod;
        for(int i=mid+1;i<lim;i++) c[i]=0;
        ntt(c,3),ntt(a,3);
        for(int i=0;i<lim;i++) a[i]=1ll*a[i]*c[i]%mod;
        ntt(a,(mod+1)/3);
        for(int i=len+1;i<lim;i++) a[i]=0;
        for(int i=0;i<lim;i++) d[i]=c[i]=0;
    }
}

int C(int n,int m){
    return 1ll*fac[n]*ifac[m]%mod*ifac[n-m]%mod;
}

void init(int n){
    fac[0]=ifac[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    ifac[n]=ksm(fac[n]);
    for(int i=n-1;i;i--) ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%mod;
}

signed main(){
    init(N-5); n=getint(),A=getint(),B=getint();
    if(!A or !B or n-1<A+B-2 or A+B-2<A-1) return puts("0"),0;
    if(n==1) return printf("1"),0;
    solve(a,n-1);
    printf("%lld\n",1ll*a[A+B-2]*C(A+B-2,A-1)%mod);
    return 0;
}