ABC372

D

题目大意：

$n$座建筑排成一排，每座建筑的高度为$h_i$。$\forall i \in [1,n]$，找出满足下面条件的$j$的数量：

• 在建筑$i$到$j$中，没有建筑比$j$高的
• $j \in [i+1,n]$

$n\leq 2 \times 10^5$，${h}$是$1$到$n$的排列。

分析：

考虑$i$不好处理，我们改为考虑每个$j$可以贡献到哪些$i$：即若$h_j<h_i$，$k$从$j-1$开始，一直向左，直到$h_k>h_j$时，$i\in [k+1,j-1]$都会被贡献到（答案$+1$）。所以，我们只需要快速找到在每个$j$往左第一个大于$h_j$的位置。这只需要我们把所有的$i$按照$h_i$从大到小排序，然后用一个$set$维护即可。至于区间修改单点查询，差分数组即可处理。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n, t, pos[200005], d[200005], h[200005], c[200005];

set < int > a;

int ask(int x)
{
	auto p = a.lower_bound(x);
	if (p == a.end()) return max(1, *(prev(p)));
	return *(prev(p));
}

int main()
{
	scanf("%d", &n); a.insert(0);
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &h[i]), pos[h[i]] = i;
	for (int i = n; i >= 1; i -- )
	{
		int l = ask(pos[i]), r = pos[i] - 1;
		if (l == 0) l = 1;
		a.insert(pos[i]);
		if (l > r || r == 0) continue;
		d[l] ++ , d[r + 1] -- ;
	}
	for (int i = 1; i <= n; i ++ ) d[i] += d[i - 1], printf("%d ", d[i]);
	puts("");
	return 0;
}

F

题目大意：

$n$个点的有向图共有$n+m$条边。$\forall i \in [1,n]$，$i$至$i+1$存在一条边（$n+1$对应$1$）。$\forall i \in [1,m]$，$x_i$至$y_i$存在一条边。求下列方案数：从点$1$开始，恰好走$k$步。答案对$998244353$取模。$n,k\leq 2 \times 10^5,m\leq 50$。无重边自环。

分析：

$O((n+m)k)$的dp是显然的，但是无法通过。注意到虽然有$n+m$条边，但是其中的$n$条边形式都是一致的，而$m$又很小，复杂度瓶颈在$n$。于是我们考虑固定这$n$条边不动，让$n$个点去动（即：某条边$(i,i+1)$，把$i+1$当成$i$，这样就相当于自己转移到自己，即保留原来的值，就不用考虑这条边了）。设 $d_i$ 为走到节点 $i$ 的方案数。首先，为了处理方便，不妨将所有节点的标号减 $1$，这样旋转操作可以转化为标号取模操作（常用）。在将点整体移动的情况下，我们可以忽略对原环上边的转移。边 $(x,y)$ 在第 $t$ 次转移时的实际效果是

$$d_{(y-t)\bmod n}\to d_{(y-t)\bmod n}+d_{(x-t+1)\bmod n}$$

模拟一下即可得到上述转移。例如，$n=8,(x,y)=(2,4),t=1$时，实际转移效果为$(2,3)$。这是因为我们把$i+1$当成了$i$。另外，由于所有操作需要同时进行，所以需要缓存值后再操作。

代码：

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int mod = 998244353;

int n, m, k, add[55][2], x[55], y[55], dp[200005];

int main()
{
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
	for (int i = 1; i <= m; i ++ ) scanf("%d%d", &x[i], &y[i]), x[i] -- , y[i] -- ;
	dp[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= k; i ++ )
	{
		for (int j = 1; j <= m; j ++ ) add[j][0] = (y[j] - i % n + n) % n, add[j][1] = dp[(x[j] - i % n + 1 + n) % n];
		for (int j = 1; j <= m; j ++ ) dp[add[j][0]] = (dp[add[j][0]] + add[j][1]) % mod;
	}
	int res = 0;
	for (int i = 0; i < n; i ++ ) res = (res + dp[i]) % mod;
	printf("%d\n", res);
	return 0;
}