ARC171 B~E 四个数数

A 比较简单就不放了，这样刚好是全是数数题
F 先咕咕咕一会。

B

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其实就是对于所有 $P_i>i$ 的 $i$ 到 $P_i$ 连边，然后 $A_i$ 就是 $i$ 号点在的链上的最后一个点。
考虑集合 $S_i=\{j\mid A_j=i\}$，显然如果需要有解那么 $S_i$ 中最大值必定为 $i$，而且这些点一定从小到大连成一条链，然后 $P_i<i$ 不会连边。
由于 $P$ 是一个排列，所以此时 $P_i$ 一定是另外一个集合里面最小的一个元素。
令所有 $A_i=i$ 的 $i$ 从小到大排序依次为 $c_1,c_2,\dots,c_m$，$p_{c_i}$ 能取到的合法的个数为 $d_i$。
对于 $i\le j$，我们注意到 $d_i\le d_j$ 并且这 $d_j$ 个数是严格包含 $d_i$ 个数字的。
考虑乘法原理，显然需要从限制更加严格的开始考虑，那么答案就是 $\prod(d_i-i+1)$。
实际上 $d_i$ 只需要开个桶扫一遍就能得到了。
$O(n)$
https://atcoder.jp/contests/arc171/submissions/50008176

C

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引理1：两次操作的边集不同，那么最后得到的 $a$ 不同。
证明：对于任意一条边，考虑断掉这条边，构成的两个点集上 $a$ 组成的集合。注意到只有在对这条边操作时两边的集合会改变，所以两个方案中有一条边操作了另外一条边没有操作那么最后的 $a$ 一定不同。
引理2：对于两次操作，如果操作的边集相同，如果对于任意点，当且仅当与这个点相连的所有操作过的边的相对顺序都相同，这两次操作得到的 $a$ 是一样的。
证明：考虑归纳法。如果操作仅有一条边或者没有操作显然成立。考虑新增一个边 $(u,v)$，这条边与不和 $u,v$ 两点相连的边的出现顺序对答案没有影响，与 $u,v$ 两点相连的边出现顺序一定有影响，得证。

根据上面的引理，假设与 $u$ 相连的点有 $deg_u$ 被操作，那么答案就是 $\prod(deg_u!)$。
设 $g_{u,0/1}$ 为 $u$ 这个子树与父亲相连的边没有操作/操作的方案数。
对于每次转移设 $f_{i,j}$ 为 $i$ 这个子树目前 $j$ 个儿子向它连边的方案数。
使用 $O(n^2)$ 树形 DP 即可。答案显然是 $g_{root,0}$。
https://atcoder.jp/contests/arc171/tasks/arc171_c

D

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注意到 $P$ 是质数，所以 $\operatorname{hash}(A_l,A_{l+1},\cdots,A_r)\not=0$ 等价于 $\operatorname{hash}(A_l,A_{l+1},\cdots,A_n)\not=\operatorname{hash}(A_r+1,A_{r+2},\cdots,A_n)$。
每个后缀看成一个点，要求不相同的两两连边，就变成 $N+1$ 个点（注意空后缀）染 $P$ 种颜色要求每条边相邻的点颜色不同。
状压，先算出每个点集是不是独立集，为了方便记 $g(S)=[\texttt{点集} S \texttt{是独立集}]$，$f(S)}$ 为给集合 $S$ 的元素染色需要最少的颜色数量。显然 $f(\varnothing)=0$。

$$f(S)=\min_{g(T)=1,T\subset S}\{f(S\setminus T)+1\}$$

$O(3^n)$。
https://atcoder.jp/contests/arc171/submissions/50404418

E

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考虑观察样例研究一下这个性质。

注意到每次一定是横着跳竖着条循环往复然后回到原来的位置。所以 $M$ 为奇数无解。
发现横着或者竖着跳不会互相影响，所以分开考虑最后乘起来再 $\times 2$ 就是答案（第一次可以横着也可以竖着）。
考虑横着跳。
发现每次横着跳都会占用两个相邻的列。
由于起点是给定的，如果最后是从左边过来，那么起点应该在两个相邻的列中的左边，否则是右边。
我们注意到只有最后一次并不是任意选的。我们设最后一次可以从 $i$ 个位置过来，那么如果圈定了列之后，总共有 $(m/2-2)!\times i$ 种方案。
考虑确定这 $2m$ 列。除了起点所在的两个列需要分类讨论，其余的直接用捆绑法计算即可。
https://atcoder.jp/contests/arc171/submissions/50409834