ARC111F Do you like query problems? 题解

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题目描述

一个长为 $n$ 的序列 $a$ ，初始全为 $0$ 。

接下来 $q$ 次操作：

• 1 l r v ：对 $\forall l\le i\le r$ ，令 $a_i\gets\min(a_i,v)$ 。
• 2 l r v ：对 $\forall l\le i\le r$ ，令 $a_i\gets\max(a_i,v)$ 。
• 3 l r ：输出 $\sum_{i=l}^ra_i$ 。

其中 $1\le l\le r\le n,0\le v\lt m$ 。

你需要统计所有 $\big((2m+1)\cdot\frac{n(n+1)}2\big)^q$ 个操作序列中，所有输出答案的和。

数据范围

• $1\le n,m,q\le 2\cdot 10^5$ 。

时间限制 $\texttt{4s}$ ，空间限制 $\texttt{1GB}$ 。

分析

显然拆成每个位置算贡献。

记 $T=(2m+1)\cdot\frac{n(n+1)}2$ ，先算期望，最后乘上 $T^q$ 即可。

$\forall 1\le j\le n$ ，记 $f_{i,k}$ 为经过 $i$ 次操作后， $a_j=k$ 的概率， $p_j=\frac{j(n-j+1)}{\frac{n(n+1)}2}$ 为区间 $[l,r]$ 包含 $j$ 的概率。

• 如果 $j$ 没有落在 $[l,r]$ 内，显然 $a_j$ 不会变化。
• 如果 $j$ 落在 $[l,r]$ 内，综合前两种操作，有 $m$ 种操作方法可以将 $a_j$ 分别变成 $0,1,\cdots,m-1$ ，另 $m$ 种方法 $a_j$ 不会变化。当然，如果操作为询问， $a_j$ 也不会变化。

转移方程为：

$$f_{i,k}=p_j\cdot\frac1{2m+1}\sum_{x=0}^{m-1}f_{i-1,x}+(1-p_j\cdot\frac m{2m+1})f_{i-1,k}$$

初始值 $f_{0,0}=1$ ，统计答案枚举询问位置：

$$ans=\sum_{j=1}^n\sum_{i=1}^q\sum_{k=0}^{m-1}k\cdot p_j\cdot\frac1{2m+1}\cdot f_{i-1,k}$$

于是我们得到了一个$O(nmq)$的做法。

---

观察上面的转移方程，发现 $k=1,2,\cdots,m-1$ 的地位相等。

重新设计状态， $f_i$ 表示经过 $i$ 次操作后， $a_i=0$ 的概率。则 $\forall 1\le i\lt m$ ， $f_i=k$ 的概率为 $\frac{1-f_i}{m-1}$ 。

转移方程：

$$f_i=(1-p_j\cdot\frac m{2m+1})f_{i-1}+p_j\cdot\frac1{2m+1}$$

第 $i$ 次操作对答案的贡献：

$$p_j\cdot\frac1{2m+1}\sum_{k=1}^{m-1}k\cdot\frac{1-f_{i-1}}{m-1}=p_j\cdot\frac m{2(2m+1)}(1-f_{i-1})$$

一阶线性递推，并且转移系数与 $i$ 无关，矩阵快速幂优化：

$$\begin{bmatrix} f_{i-1}&ans&1\\ \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 1-p_j\cdot\frac m{2m+1}&-p_j\cdot\frac m{4m+2}&0\\ 0&1&0\\ p_j\cdot\frac1{2m+1}&p_j\cdot\frac m{4m+2}&1\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} f_i&ans'&1 \end{bmatrix}$$

时间复杂度 $\mathcal O(n\log q)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int maxn=2e5+5,mod=998244353;
int m,n,q,t,res;
struct mat
{
    int v[3][3];
};
mat operator*(const mat &a,const mat &b)
{
    static mat c;
    for(int i=0;i<=2;i++)
        for(int j=0;j<=2;j++)
        {
            c.v[i][j]=0;
            for(int k=0;k<=2;k++) c.v[i][j]=(c.v[i][j]+a.v[i][k]*b.v[k][j])%mod;
        }
    return c;
}
int qpow(int a,int k)
{
    int res=1;
    while(k)
    {
        if(k&1) res=res*a%mod;
        a=a*a%mod,k>>=1;
    }
    return res;
}
mat qpow(mat a,int k)
{
    mat res={1,0,1,0,0,0,0,0,0};
    while(k)
    {
        if(k&1) res=res*a;
        a=a*a,k>>=1;
    }
    return res;
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&q),t=(2*m+1)*n*(n+1)/2%mod;
    for(int j=1,tmp=m*(mod+1)/2%mod;j<=n;j++)
    {
        int p=j*(n+1-j)%mod*qpow(t,mod-2)%mod;
        mat mul={(1-p*m)%mod,-p*tmp%mod,0,0,1,0,p,p*tmp%mod,1};
        res=(res+qpow(mul,q).v[0][1])%mod;
        /**for(int i=1,x=1;i<=q;i++)
        {
            res=(res+p*tmp%mod*(1-x))%mod;
            x=((1-p*m)%mod*x+p)%mod;
        }**/
    }
    printf("%lld\n",(res+mod)*qpow(t,q)%mod);
    return 0;
}