P4229 某位歌姬的故事 题解

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题目描述

$T$ 组数据，求有多少个长为 $n$ 的数组 $h$ 满足 $1\le h_i\le a$ 和以下 $q$ 条限制：

$$\max_{l_i\le j\le h_i}h_j=w_i$$

对 $998244353$ 取模。

数据范围

• $1\le T\le 20$ 。
• $1\le n,a\le 9\cdot 10^8,1\le q\le 500$ 。
• $1\le l_i\le r_i\le n,1\le m_i\le a$ 。

时间限制 $\texttt{1s}$ ，空间限制 $\texttt{512MB}$ 。

分析

$n$ 很大但是没有什么用，将限制写成开区间后，序列被切分成 $\mathcal O(q)$ 个连续段。一个长为 $len$ 的连续段最大值为 $x$ 的方案数为 $x^{len}-(x-1)^{len}$ 。

先考虑 $a=2,w_i=2$ 的部分分。

记 $lim_i$ 为 $[1,i-1]$ 中，最后一个最大值为 $2$ 的连续段编号的最小值。对每个限制 $(l,r,w)$ ，令 $lim_{r+1}\gets\max(lim_{r+1},l)$ 。

$f_i$ 表示考虑 $[1,i]$ ，且第 $i$ 个连续段最大值为 $2$ 的方案数。枚举上一个 $2$ 出现的位置，有 $f_i=val_i\cdot\sum_{j=lim_i}^{i-1}f_j$ ，其中 $val_i$ 为第 $i$ 个连续段最大值为 $2$ 的方案数。前缀和优化即可做到 $\mathcal O(Tq)$ 。

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回到原题，按照 $w$ 从小到大考虑每个限制（神来之笔！），将 $w$ 相同的限制放在一起考虑。

显然这些限制导致每个连续段有各自的上界，扔掉所有上界 $\lt w$ 的区间，对于所有上界 $=w$ 的区间，将最大值 $\lt w$ 视为 $1$ ，最大值 $=w$ 视为 $2$ ，于是转化成了 $a=2$ 的问题！

只不过现在填 $1$ 和 $2$ 都带权（$a=2$ 时填 $1$ 的方案唯一），分别记为 $v_{1,i},v_{2,i}$ 。令 $val_i=\frac{v_{2,i}}{v_{1,i}}$ ，最后乘上 $\prod v_{1,i}$ 即可。

用 set/并查集维护上界为 $w$ 的区间，时间复杂度 $\mathcal O(Tq\log q)$ 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=1005,mod=998244353;
int a,m,n,t,q,res;
int c[maxn],f[maxn],s[maxn],dp[maxn],id[maxn],lim[maxn];
struct seg
{
    int l,r,w;
}o[maxn];
int qpow(int a,int k)
{
    int res=1;
    for(;k;a=1ll*a*a%mod,k>>=1) if(k&1) res=1ll*res*a%mod;
    return res;
}
int find(int x)
{
    return f[x]==x?x:f[x]=find(f[x]);
}
void work()
{
    scanf("%d%d%d",&n,&q,&a),m=0,res=1;
    for(int i=1;i<=q;i++) scanf("%d%d%d",&o[i].l,&o[i].r,&o[i].w),c[++m]=o[i].l,c[++m]=++o[i].r;
    c[++m]=1,c[++m]=n+1,sort(c+1,c+m+1),m=unique(c+1,c+m+1)-c-1,iota(f+1,f+m+1,1);
    for(int i=1;i<=q;i++) o[i].l=lower_bound(c+1,c+m+1,o[i].l)-c,o[i].r=lower_bound(c+1,c+m+1,o[i].r)-c;
    sort(o+1,o+q+1,[&](seg x,seg y){return x.w<y.w;});
    for(int l=1,r=0;l<=q;l=r+1)
    {
        for(r=l;r<q&&o[r+1].w==o[l].w;r++) ;
        int k=0;
        for(int i=l;i<=r;i++) for(int j=find(o[i].l);j<o[i].r;j=find(j)) f[j]=j+1,id[++k]=j;
        sort(id+1,id+k+1),memset(lim+1,0,4*(k+1));
        for(int i=l;i<=r;i++)
        {
            int _l=lower_bound(id+1,id+k+1,o[i].l)-id,_r=lower_bound(id+1,id+k+1,o[i].r)-id;
            if(_l==_r) return printf("0\n"),void();
            lim[_r]=max(lim[_r],_l);
        }
        if(o[l].w==1) continue;///o[l].w=1时方案唯一且v1=0,所以不能用后面的dp
        dp[0]=s[0]=1;
        for(int i=1;i<=k+1;i++)
        {///添加虚点k+1,钦定k+1必填2,方案数v2=1
            lim[i]=max(lim[i],lim[i-1]);///i的限制不弱于i-1的限制
            int len=i<=k?c[id[i]+1]-c[id[i]]:1;
            int v1=qpow(o[l].w-1,len),v2=qpow(o[l].w,len)-v1,val=1ll*(v2+mod)*qpow(v1,mod-2)%mod;
            res=1ll*res*v1%mod;
            dp[i]=1ll*val*(s[i-1]-(lim[i]?s[lim[i]-1]:0)+mod)%mod,s[i]=(s[i-1]+dp[i])%mod;
        }
        res=1ll*res*dp[k+1]%mod;
    }
    int len=0;
    for(int i=1;i<m;i++) if(f[i]==i) len+=c[i+1]-c[i];
    printf("%lld\n",1ll*res*qpow(a,len)%mod);
}
int main()
{
    for(scanf("%d",&t);t--;) work();
    return 0;
}