#575. 「LibreOJ NOI Round #2」不等关系

题解：

我们可以将大于号当成从左向右的边，将小于号当成一条从右向左的边

首先忽略大于号，只考虑小于号，那么图显然应该由一个个只包含同向边的连通块所构成

此时满足要求的排列方法显然为$\frac{n!}{\sum siz_i!}$

我们只能用这种方法解决同向边约束的图，那么怎么解决包含大于号即图中边不同向的约束呢？

容斥！

$ans=忽略大于号的方案数-将1个大于号改成小于号的方案数+将2个大于号改成小于号的方案数-……$

用二项式定理可以验证

然后我们设$dp_i$ 表示满足前i个数约束的方案数，假如向下一个点向该点有一条从向右向左的边，那么这两个点得到容斥答案是重复的，只计算一个即可

所以我们只需要计算$s_i=‘>’$，即向下一个点有从左向右的边的点

可以推得：$dp_i=i![s_i='>']\sum\limits_{j=0}^{i-1} [s_j='<']*(-1)^{cnt[i-1]-cnt[j]}*\frac{1}{(i-j)}*dp[j]/ j!$

cnt[i]表示i点及以前有多少个大于号

然后这个柿子可以化成$\frac{dp_i}{i}*(-1)^{cnt[i]}=$

$[s_i='>']*(-1)^{cnt[i]}+cnt[i-1]} \sum\limits_{j=0}^{i-1} [s_j='<']*\frac{1}{(i-j)}*\frac{dp[j]}{ j!}*(-1)^{cnt[j]}$

分治ntt即可

 

#include<bits/stdc++.h>
#define maxn 100005
#define maxm 500005
#define inf 0x7fffffff
#define ll long long
#define rint register int
#define debug(x) cerr<<#x<<": "<<x<<endl
#define fgx cerr<<"--------------"<<endl
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
#define dgx cerr<<"=============="<<endl
#define MAXN 540050
#define lowbit(x) (x&(-x))
using namespace std;
inline int read(){
    int x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while('0'>ch || ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}
    while('0'<=ch && ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0'; ch=getchar();}
    return x*f;
}
const ll mod=998244353;
ll ksm(ll x,ll y){
    ll res=1;
    while(y){
        if(y&1) res=(res*x)%mod;
        x=(x*x)%mod;
        y>>=1;
    }
    return res;
}
int wk(int x){
    if(x&1) return mod-1;
    return 1;
}
ll Mod(ll x){
    x%=mod;
    if(x<0) x+=mod;
    return x;
}
char s[MAXN];
ll ans=0,F[MAXN],G[MAXN],Wn,w,z1,z2,g=3,gi,fac[MAXN],a[MAXN],b[MAXN];
int n,cnt[MAXN],rev[MAXN][20];
void ntt(ll *A,int type,int limits,int tmp){
    rep(i,0,limits-1) if(rev[i][tmp]>i) swap(A[i],A[rev[i][tmp]]);
    for(int R=2;R<=limits;R<<=1){
        int mid=(R>>1);
        if(type==1) Wn=ksm(g,(mod-1)/R);
        else Wn=ksm(gi,(mod-1)/R);
        for(int j=0;j<limits;j+=R){
            w=1;
            rep(k,0,mid-1){
                z1=A[j+k]; z2=A[j+k+mid]*w%mod;
                A[j+k]=(z1+z2)%mod; A[j+k+mid]=(z1-z2+mod)%mod;
                w=(w*Wn)%mod;
            }
        }
    }
}
void cdq(int l,int r,int limits,int tmp){
    
    if(l==r){
        if(!l) F[l]=mod-1;
        else if(s[l] =='>')F[l]=Mod(F[l]*wk(cnt[l]+cnt[l-1]));
        else F[l]=0;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    cdq(l,mid,limits>>1,tmp-1);
    rep(i,0,limits-1) a[i]=b[i]=0;
    rep(i,l,mid) a[i-l]=F[i];
    rep(i,0,limits-1) b[i]=G[i];//cout<<"l="<<l<<" "<<"R="<<r<<endl;
    ntt(a,1,limits,tmp); ntt(b,1,limits,tmp);
    rep(i,0,limits-1) a[i]=(a[i]*b[i])%mod;
    ntt(a,-1,limits,tmp) ;
    rep(i,mid+1,r) F[i]=(F[i]+a[i-l]*fac[limits])%mod;
    cdq(mid+1,r,limits>>1,tmp-1);
}
ll jc(ll x){
    ll res=1;
    rep(i,1,x) res=(res*i)%mod;
    return res;
}
int main(){
    int limits=1,tmp=-1;
    cin>>(s+1); gi=ksm(g,mod-2);
    n=strlen(s+1); s[++n]='>'; s[0]='>';

    cnt[0]=1; G[0]=1;
    rep(i,1,n) if(s[i]=='>') cnt[i]=cnt[i-1]+1; else cnt[i]=cnt[i-1]; 
    rep(i,1,MAXN-1) fac[i]=ksm(i,mod-2),G[i]=G[i-1]*fac[i]%mod;

    while(limits<=n+n) limits<<=1,tmp++;
    rep(i,0,tmp){
        rep(j,0,(1<<(i+1))-1) rev[j][i]=(rev[j>>1][i]>>1)|((j&1)<<i);
    }
    cdq(0,limits-1,limits,tmp);
    printf("%lld",Mod(F[n]*wk(cnt[n]))*jc(n)%mod);
    return 0;
}