ARC114C题解

简述题意

• 给你两个长为 $n$ 的可重数列，一个叫 $A$，另一个叫 $X$，$A$ 中的元素取值范围为 $1 \sim m$，$X$中的元素初始值都是 $0$。
• 每次你可以选择 $X$ 中的 $[l, r]$ 区间，让他和 $v$ 取 $max$，将这段区间里的数都变成这个最大值。
• 设 $X$ 最少经过 $f(A)$ 次操作可以变成 $A$，问对于所有的 $m ^ n$ 种 $A$ 的 $f(A)$ 之和。

思路

• 将问题转化成给 $A$ 里填数。
• 考虑每新来一个数 $p$ 对我 $f(A)$ 的影响。
  • $p$ 没有出现过，那么我的 $f(A)$ 应加一。
  • $p$ 出现过，记录之前出现的位置为 $lst$，那么如果对于 $\forall k \in [lst, i], val_k \ge p$，显然我可以通过对 $lst$ 操作来达到让这里变成 $p$ 的目的(因为中间的数不会被影响，区间取 $max$)，操作数不用加，反之则需要加一。

推式子

• 考虑如何求出每一个 $f(A)$，因为我们知道什么情况下是不需要加一的，所以直接用总情况数减去不需要加一的情况就行了。记 $g(i, x)$ 表示在 $i$ 的位置增加一个数 $x$ 的操作数。

$$g(i, x) = m ^ {i - 1} - \sum\limits_{k = 1}^{i - 1} (m - x) ^ {i - k - 1} \cdot m ^ {k - 1}$$

• 其中 $k$ 枚举的是上一个 $x$ 出现的位置，$(m - x)$ 表示所有比 $x$ 大的数，他们可以在 $[k + 1, i - 1]$ 任意分布，对于其他的 $k - 1$ 个位置随便放就行了。

• 这里有一个细节，对于每一个 $x$ 这个式子是可以递推的，首先对于 $i$ 每增大 $1$ 我 $(m - x)$ 的次方就多一，所以应该先乘上 $(m - x)$ 其次我们可以把乘 $m ^ {k - 1}$ 单独拿出来，因为对于增大的 $i$ 上一个和式和现在的和式之间只差一个 $m ^ {k - 1}$ (抛去次方的变化来看)。

• 最后统计答案就只需要：

$$ans_i = \sum\limits_{x = 1} ^ {m} ans_{i - 1} + g(i, x)$$

Code

Copy
#include <bits/stdc++.h>
#define Re register int
#define LL long long
#define fr(x, y, z) for(Re x = y; x <= z; x ++)
#define fp(x, y, z) for(Re x = y; x >= z; x --)
#define fuc(x, y) inline x y
#define WMX aiaiaiai~~
using namespace std;
namespace kiritokazuto {
	fuc(char, getc)(){
		static char buf[1 << 18], *p1, *p2;
		if(p1 == p2){
			p1 = buf, p2 = buf + fread(buf, 1, 1 << 18, stdin);
			if(p1 == p2)return EOF;
		}
		return *p1++;
	}
	fuc(LL, read)() {
		LL x = 0, f = 1;char c = getc();
		while(!isdigit(c)){if(c == '-')f = -1; c = getc();}
		while(isdigit(c)){x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48); c = getc();}
		return x * f;
	}
	template <typename T> fuc(void, write)(T x){
		if(x < 0)putchar('-'), x = -x;
		if(x > 9)write(x / 10);putchar(x % 10 | '0');
	}
} 
using namespace kiritokazuto;
const int maxn = 1e5 + 1000, Inf = 2147483647, Mod = 998244353, lim = 2e5 ;
LL sum[5010];
LL lst, ans;
LL pows[5010];
int n, m;
signed main() {	
	n = read(), m = read();
	pows[0]  = 1;
	int lim = max(n, m);
	fr(i, 1, lim)pows[i] = pows[i - 1] * m % Mod, sum[i] = 1;
	lst = m;
	ans = 0;
	fr(j, 1, m)ans = (ans + (lst + (pows[1] - sum[j] + Mod) % Mod) % Mod) % Mod;
	fr(i, 3, n) {
		lst = ans, ans = 0;
		fr(j, 1, m)sum[j] = (sum[j] * (m - j) % Mod + pows[i - 2]) % Mod;
		fr(j, 1, m)ans = (ans + (lst + (pows[i - 1] - sum[j] + Mod) % Mod) % Mod) % Mod;
	}
	write(ans);
	return 0;
}