Loj #2554. 「CTSC2018」青蕈领主

Loj #2554. 「CTSC2018」青蕈领主

题目描述

“也许，我的生命也已经如同风中残烛了吧。”小绿如是说。

小绿同学因为微积分这门课，对“连续”这一概念产生了浓厚的兴趣。小绿打算把连续的概念放到由整数构成的序列上，他定义一个长度为 \(m\) 的整数序列是连续的，当且仅当这个序列中的最大值与最小值的差，不超过\(m-1\)。例如 \(\{1,3,2\}\) 是连续的，而 \(\{1,3\}\) 不是连续的。

某天，小绿的顶头上司板老大，给了小绿 \(T\) 个长度为 \(n\) 的排列。小绿拿到之后十分欢喜，他求出了每个排列的每个区间是否是他所定义的“连续”的。然而，小绿觉得被别的“连续”区间包含住的“连续”区间不够优秀，于是对于每个排列的所有右端点相同的“连续”区间，他只记录下了长度最长的那个“连续”区间的长度。也就是说，对于板老大给他的每一个排列，他都只记录下了在这个排列中，对于每一个 \(1 \le i \le n\)，右端点为 \(i\) 的最长“连续”区间的长度 \(L_i\)。显然这个长度最少为 \(1\)，因为所有长度为 \(1\) 的整数序列都是连续的。

做完这一切后，小绿爬上绿色床，美美地做了一个绿色的梦。

可是第二天醒来之后，小绿惊讶的发现板老大给他的所有排列都不见了，只剩下他记录下来的 \(T\) 组信息。小绿知道自己在劫难逃，但是作为一个好奇的青年，他还是想知道：对于每一组信息，有多少个和信息符合的长度为 \(n\) 的排列。

由于小绿已经放弃治疗了，你只需要告诉他每一个答案对 \(998244353\) 取模的结果。

我们并不保证一定存在至少一个符合信息的排列，因为小绿也是人，他也有可能犯错。

输入格式

输入的第一行包含两个整数 \(T,n\)，分别表示板老大给小绿的排列个数、以及每个排列的长度。

接下来 \(T\) 行，每行描述一组信息，包含 \(n\) 个正整数，第 \(i\) 组信息的从左往右第 \(j\) 个整数 \(L_{i,j}\) 表示第 \(i\) 个排列中右端点为第 \(j\) 个数的最长“连续”区间的长度。

对于每一行，如果行内包含多个数，则用单个空格将它们隔开。

输出格式

对于每组信息，输出一行一个整数表示可能的排列个数对 \(998244353\) 取模的结果。由于是计算机帮你算，所以我们不给你犯错的机会。

数据范围与提示

对于所有测试数据，\(1 \le T \le 100\)，\(1 \le N \le 50000\), \(1 \le L_{i,j} \le j\)。

首先我们得到很多段区间，这些区间要么相离，要么包含，并且一定有一个\([1,n]\)。就用这两个条件来判断无解。然后我们可以将这些区间建成一个树。

考虑区间\([l,r]\)，他有\(k\)个儿子，于是我们要将一段长为\(r-l+1\)的连续区间分配个这\(k\)个儿子。首先这\(k\)个儿子每一个都是连续的一段，并且相邻的儿子不能组成连续的一段。但是考虑放在\(r\)位置上的那个点，他与所有儿子共同组成了连续的一段。如果说我们把每个儿子看做一个点而，再把\(r\)也看做一个点，那么合法条件就是：一个\(k+1\)的排列，不能存在不包含最后一个位置的长度\(>1\)的连续区间。

设该答案为\(f_k\)，那么：

\[f_{n}=(n-1)f_{n-1}+\sum_{j=2}^{n-2}(j-1)f_jf_{i-j}\\ \]

特别地，\(f_0=1,f_1=2\)。

我们设一个合法数列为\(A\)，再令\(b_{a_i}=i\)。很容易发现\(A\)与\(B\)是唯一映射的。\(A\)的合法条件在\(B\)数组中等价为不能存在不包含最大那个元素的长度\(\geq 2\)的连续区间。

考虑从大到小插入每一个数。已经插入了\([2,n+1]\)，现在要插入\(1\)。如果原来的序列已经合法，那么\(1\)只要不与\(2\)相邻，这个数列依旧合法。这样就还有\(n-1\)个位置可以插入，所以有\((n-1)f_{n-1}\)。如果原来的数列不合法，那么我们要插入\(1\)破坏那个长度\(>1\)的连续区间。很显然，不相交的连续区间最多有一个，不然插入一个\(1\)解决不了问题。于是我们枚举最大的那个非法区间的长度，设其为\(j\)，则\(2\leq j\leq n-2\)（首先至少有\(2\)两个元素，并且不能让最大的那个元素单独存在，否则就不是最长的了）。假设非法区间的元素为\([x\ldots x+j-1]\)，那么\(x\)有\([2,n-j]\)这\(n-j-1\)种方案，所以乘上系数\(n-1-j\)。考虑将\(1\)插入其中，等价于将\(j+1\)插入\([1,j]\)中，所以合法方案数为\(f_j\)。考虑这段连续区间（插入\(1\)之前）必须是极长，所以如果将这段连续区间视为一个点，那么就有还有\(n-j\)个元素，合法的排列方案数是\(f_{n-j}\)。这部分贡献为

\[\sum_{j=2}^{n-2}(n-j-1)f_jf_{n-j}=\sum_{j=2}^{n-2}(j-1)f_jf_{n-j} \]

发现这个方程可以用分治\(FFT\)优化，不过这个写法有点巧妙。

考虑分治\(FFT\)的原理是递归区间\([l,r]\)的时候将区间分为了两半，考虑计算左半边对右半边的贡献。于是我们发现，计算\([l,mid]\)对\([mid+1,r]\)的贡献时，我们要用到\(f_{2\ldots r-l}\)，但是可能\(mid<r-l\)。我们考虑\(i,j(i<j)\)，显然只会在递归到某一个区间\([l,r]\)的时候才会计算\(i\)对\(j\)的贡献。假设这个区间是\([l,mid,r]\)，如果\(l\leq r-l\leq mid\)，那么用\(f_{l\ldots mid}\)自己卷自己就行了。如果\(r-l<l\)，那么我们用\(f_{l\ldots mid}\)卷\(f_{2\ldots \min\{r-l,l-1\}}\)就好了。因为：

\[(j-1)f_jf_{i-j}+(i-j-1)f_{i-j}f_j=(i-2)f_jf_{i-j} \]

所以对于计算了\(r-l<l\)的部分后乘上\(i-2\)就可以一并计算\(r-l>mid\)的部分了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 50005

using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||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 t,ll x) {
	ll ans=1;
	for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
		if(x&1) ans=ans*t%mod;
	return ans;
}

int n;
int p[N];
void NTT(ll *a,int d,int flag) {
	static int rev[N<<2];
	static ll G=3;
	int n=1<<d;
	for(int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<d-1);
	for(int i=0;i<n;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int s=1;s<=d;s++) {
		int len=1<<s,mid=len>>1;
		ll w=flag==1?ksm(G,(mod-1)/len):ksm(G,mod-1-(mod-1)/len);
		for(int i=0;i<n;i+=len) {
			ll t=1;
			for(int j=0;j<mid;j++,t=t*w%mod) {
				ll u=a[i+j],v=a[i+j+mid]*t%mod;
				a[i+j]=(u+v)%mod;
				a[i+j+mid]=(u-v+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(flag==-1) {
		ll inv=ksm(n,mod-2);
		for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%mod;
	}
}

ll f[N];
ll A[N<<2],B[N<<2];

void solve(int l,int r) {
	if(l==r) {
		(f[l]+=f[l-1]*(l-1))%=mod;
		return ;
	}
	int mid=l+r>>1;
	int d=ceil(log2(r-l+1));
	solve(l,mid);
	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=B[i]=0;
	for(int i=l;i<=mid;i++) {
		A[i-l]=(i-1)*f[i]%mod;
		B[i-l]=f[i];
	}
	NTT(A,d,1),NTT(B,d,1);
	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A,d,-1);
	for(int i=0;i<1<<d;i++) 
		if(mid<i+2*l&&i+2*l<=r) (f[i+2*l]+=A[i])%=mod;
	
	int len=min(r-l,l-1);
	d=ceil(log2(len+mid-l+1));
	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=B[i]=0;
	for(int i=l;i<=mid;i++) A[i-l]=f[i];
	for(int i=2;i<=len;i++) B[i-2]=f[i];
	NTT(A,d,1),NTT(B,d,1);
	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A,d,-1);
	for(int i=0;i<1<<d;i++)
		if(mid<i+2+l&&i+2+l<=r) (f[i+2+l]+=(i+l)*A[i])%=mod;
	solve(mid+1,r);
}

int st[N],top;
int sn[N];

int main() {
	int T=Get();
	n=Get();
	f[0]=1,f[1]=2;
	if(n-1>2) solve(2,n-1);
	while(T--) {
		for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i-Get()+1;
		for(int i=1;i<=n;i++) sn[i]=0;
		if(p[n]!=1) {
			cout<<0<<"\n";
			continue ;
		}
		int flag=0;
		st[top=1]=n;
		for(int i=n-1;i>=1;i--) {
			while(p[st[top]]>i) top--;
			sn[st[top]]++;
			if(p[st[top]]>p[i]) {
				flag=1;
				break;
			}
			st[++top]=i;
		}
		if(flag) {
			cout<<0<<"\n";
		} else {
			ll ans=1;
			for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans*f[sn[i]]%mod;
			cout<<ans<<"\n";
		}
	}
	return 0;
}