P4229 某位歌姬的故事
P4229 某位歌姬的故事
处理复杂点的 dp 题。
思路
先考虑 \(n\) 比较小的情况，把每个询问放到线段上，发现每个格子只能满足覆盖最小的限制，于是考虑将询问有效区间排序考虑。
设 \(f[i][j]\) 表示在 \(j\) 处放最大值满足限制 \(i\)，\(j\) 之前任选，\(j\) 之后不能选最大值的方案数。
\[f[i][j]=\sum_{k\in[l_{i-1},r_{i-1}]}f[i-1][k]\times val_i^{dis(r_{i-1}+1,j-1)}\times (val_i-1)^{dis(j+1,r_i)}(j\notin [l_{i-1},r_{i-1}])
\]
其中 \(dis(l,r)\) 表示 \(l,r\) 间的距离，包括 \(l,r\) 本身。
复杂度 \(O(n^2)\)，可以愉快的通过 \(5\) 个测试点。
不难发现 \(n\) 特别大但 \(q\) 的个数特别小，考虑离散化。
把询问间的点离散化成一个点，询问的端点也离散化成一个点，这样一个点就代表一段区间。
同时方程中的 \(j\) 也需要改变，因为现在 \(j\) 代表一段区间，故只要区间中有至少一个点选中最大值即可。
\[f[i][j]=\sum_{k\in[l_{i-1},r_{i-1}]}f[i-1][k]\times val_i^{dis(r_{i-1}+1,j-1)}\times (val_i-1)^{dis(j+1,r_i)}\times(val_i^{len_j}-(val_i-1)^{len_j})(j\notin [l_{i-1},r_{i-1}])
\]
将方程前缀和优化，转移复杂度 \(O(1)\)，总复杂度 \(O(q^2)\)。
复杂度瓶颈在离散化，使用更好的离散化方法可以做到更好的时限，不过既然能过过作者就不改了。
CODE
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 998244353
#define ll long long
#define int long long
const int maxm=505,maxn=2505;
int n,Q,m,cntseg,cntval,cntl,cnt;
int lim[maxn],len[maxn],slen[maxn],val[maxn],tmplen[maxn],id[maxn],pos[maxn];
map<int,int>mp;
ll ans;
ll f[2][maxn],sf[2][maxn],inv[maxn];
struct Qry{int l,r,h;}q[maxn],tmp[maxn];
inline void clr()
{
cnt=0,cntl=0,cntval=0,cntseg=0,ans=0;
mp.clear();
memset(f,0,sizeof(f));
memset(sf,0,sizeof(sf));
memset(inv,0,sizeof(inv));
memset(lim,0,sizeof(lim));
memset(len,0,sizeof(len));
memset(slen,0,sizeof(slen));
memset(val,0,sizeof(val));
memset(tmplen,0,sizeof(tmplen));
memset(id,0,sizeof(id));
memset(pos,0,sizeof(pos));
memset(tmp,0,sizeof(tmp));
}
inline bool cmp(Qry a,Qry b){return a.h==b.h?a.r<b.r:a.h<b.h;}
inline ll ksm(ll x,ll y)
{
ll sum=1;
for(;y;y/=2,x=x*x%mod) if(y&1) sum=sum*x%mod;
return sum;
}
inline void trans(int h)
{
if(h==1) return ;
memset(f,0,sizeof(f));memset(sf,0,sizeof(f));
sf[1][0]=f[1][0]=inv[0]=1;
for(int i=1;i<=cntl;i++) sf[1][i]=sf[1][i-1],slen[i]=slen[i-1]+tmplen[i],inv[i]=ksm(ksm(h-1,slen[i]),mod-2);
tmp[0].r=0;
for(int i=1;i<=cnt;i++)
{
swap(f[1],f[0]);swap(sf[0],sf[1]);
for(int j=0;j<=tmp[i].l-1;j++) f[1][j]=sf[1][j]=0;
for(int j=tmp[i].l;j<=tmp[i].r;j++)
{
f[1][j]=f[0][j];
if(j>tmp[i-1].r)
{
f[1][j]+=ksm(h-1,slen[tmp[i-1].r])*
ksm(h,slen[j-1]-slen[tmp[i-1].r])%mod*
sf[0][tmp[i-1].r]%mod*(ksm(h,tmplen[j])-ksm(h-1,tmplen[j])+mod)%mod;
f[1][j]%=mod;
}
sf[1][j]=(sf[1][j-1]+f[1][j]*inv[j]%mod)%mod;
}
for(int j=tmp[i].r+1;j<=cntl;j++) sf[1][j]=sf[1][j-1],f[1][j]=0;
}
ans=ans*sf[1][cntl]%mod*ksm(h-1,slen[cntl])%mod;
}
signed main()
{
// freopen("1.in","r",stdin);
int _;
scanf("%lld",&_);
while(_--)
{
clr();
scanf("%lld%lld%lld",&n,&Q,&m);
cntseg=0;
for(int i=1;i<=Q;i++)
{
scanf("%lld%lld%lld",&q[i].l,&q[i].r,&q[i].h);
mp[q[i].l]=1,mp[q[i].r]=1;val[i]=q[i].h;
}
sort(q+1,q+Q+1,cmp);
mp[1]=1,mp[n]=1;
auto it1=mp.begin(),it2=mp.begin();
for(it2++;it2!=mp.end();it2++,it1++) it2->second+=it1->second;
for(it1=mp.begin(),it2=mp.begin(),it2++;it1!=mp.end();it2++,it1++)
{
id[++cntseg]=it1->first;len[cntseg]=1;
if(it2!=mp.end()&&it2->first>it1->first+1) id[++cntseg]=it1->first+1,len[cntseg]=it2->first-it1->first-1;
}
bool flg=false;
for(int i=1;i<=Q;i++)
{
q[i].l=lower_bound(id+1,id+cntseg+1,q[i].l)-id;
q[i].r=lower_bound(id+1,id+cntseg+1,q[i].r)-id;
int l=q[i].l,r=q[i].r;
int mx=0;bool has=0;
for(int j=l;j<=r;j++)
{
if(!lim[j]) lim[j]=q[i].h,has=1;
else mx=max(mx,lim[j]);
}
if(!has&&mx<q[i].h) flg=1;
}
if(flg) {puts("0");continue;}
sort(val+1,val+Q+1);cntval=unique(val+1,val+Q+1)-val-1;
int i=1;ans=1;
for(int j=1;j<=cntval;j++)
{
cntl=0,cnt=0;
while(i<=Q&&q[i].h==val[j]) tmp[++cnt]=q[i++];
for(int k=1;k<=cntseg;k++) if(lim[k]==val[j]) tmplen[pos[k]=++cntl]=len[k];
for(int k=1;k<=cnt;k++)
{
for(;lim[tmp[k].l]!=val[j];tmp[k].l++);
for(;lim[tmp[k].r]!=val[j];tmp[k].r--);
tmp[k].l=pos[tmp[k].l],tmp[k].r=pos[tmp[k].r];
}
trans(val[j]);
}
for(int i=1;i<=cntseg;i++)
if(!lim[i]) ans=ans*ksm(m,len[i])%mod;
printf("%lld\n",ans);
}
}
