CodeForces 1909F2 Small Permutation Problem (Hard Version)

洛谷传送门

CF 传送门

感觉这个题还是挺不错的。

考虑 F1。考察 $a_i$ 差分后的意义，发现 $a_i - a_{i - 1}$ 就是 $(\sum\limits_{j = 1}^{i - 1} [p_j = i]) + p_i \le i$。

考虑将其转化为棋盘问题。在 $(i, p_i)$ 放一个车，那么 $a_i - a_{i - 1}$ 就是 $(1, i) \sim (i, i)$ 和 $(i, 1) \sim (i, i - 1)$ 这些格子组成的“L”字形的车的数量。

一个放车的方案合法当且仅当所有车互不攻击。因此容易发现合法的 $a_i - a_{i - 1}$ 一定 $\in [0, 2]$。考虑从前往后扫，同时维护答案 $ans$ 和现在还没被占用的行（列）数量 $t$。

• 若 $a_i = a_{i - 1}$，无事发生，多了第 $i$ 行和列没被占用，因此 $t \gets t + 1$。
• 若 $a_i - a_{i - 1} = 1$，相当于可以在 $(1, i) \sim (i - 1, i)$ 和 $(i, 1) \sim (i, i - 1)$ 中还没被占用的格子放车，同时也可以在 $(i, i)$ 放车，那么 $ans \gets ans \times (2t + 1)$，$t$ 不变。
• 若 $a_i - a_{i - 1} = 2$，$(1, i) \sim (i - 1, i)$ 和 $(i, 1) \sim (i, i - 1)$ 中还没被占用的格子各放一个车，那么 $ans \gets ans \times t^2$，然后 $t \gets t - 1$。

如上讨论可以通过 F1。

F2 我们继续将其放到棋盘上考虑。考虑一个 $a_i \ne -1$ 的位置 $i$，设它上一个 $a_j \ne -1$ 的位置是 $j$。现在相当于求在 $y \times y$ 的左下角抠掉了 $x \times x$ 的一块的“L”字形棋盘放 $t$ 个互不攻击的车的方案数，其中 $x = j - a_j, y = i - a_j, t = a_i - a_j$。每个这样的“L”字形互相独立，所以可以直接把方案乘起来。

上面的问题可以考虑容斥（我现在还不会不容斥的做法？）。相当于在左下角 $x \times x$ 的区域不能放车，那么我钦定 $i$ 个车放在了左下角，设 $F(n, m)$ 为 $n \times n$ 的棋盘放 $m$ 个互不攻击的车的方案数，那么这部分的方案为 $F(x, i) \times F(y - i, t - i)$，容斥系数为 $(-1)^i$，因此结果为：

$$\sum\limits_{i = 0}^t (-1)^i F(x, i) F(y - i, t - i)$$

最后一个问题是求 $F(n, m)$。考虑先选 $m$ 行放车，有 $\frac{n!}{(n - m)!}$ 种选列的方案，那么 $F(n, m) = \binom{n}{m} \times \frac{n!}{(n - m)!}$。

容易发现 $\sum t = n$，所以时间复杂度为 $O(n)$。

code

// Problem: F2. Small Permutation Problem (Hard Version)
// Contest: Codeforces - Pinely Round 3 (Div. 1 + Div. 2)
// URL: https://codeforces.com/contest/1909/problem/F2
// Memory Limit: 256 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
 
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mkp make_pair
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
 
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef unsigned long long ull;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
 
const int maxn = 200100;
const ll mod = 998244353;
 
inline ll qpow(ll b, ll p) {
	ll res = 1;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			res = res * b % mod;
		}
		b = b * b % mod;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}
 
ll n, fac[maxn], a[maxn], ifac[maxn];
 
inline ll A(ll n, ll m) {
	if (n < m || n < 0 || m < 0) {
		return 0;
	} else {
		return fac[n] * ifac[n - m] % mod;
	}
}
 
inline ll C(ll n, ll m) {
	if (n < m || n < 0 || m < 0) {
		return 0;
	} else {
		return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
	}
}
 
inline ll F(ll n, ll m) {
	return C(n, m) * A(n, m) % mod;
}
 
void solve() {
	scanf("%lld", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &a[i]);
	}
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	}
	ifac[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
	for (int i = n - 1; ~i; --i) {
		ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
	}
	a[0] = 0;
	if (a[n] != -1 && a[n] != n) {
		puts("0");
		return;
	}
	a[n] = n;
	int j = 0;
	ll ans = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		if (a[i] != -1) {
			int t = a[i] - a[j], x = j - a[j], y = i - a[j];
			if (t < 0) {
				puts("0");
				return;
			}
			ll res = 0;
			for (int i = 0; i <= x && i <= t; ++i) {
				res = (res + ((i & 1) ? mod - 1 : 1) * F(x, i) % mod * F(y - i, t - i)) % mod;
			}
			ans = ans * res % mod;
			j = i;
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
}
 
int main() {
	int T = 1;
	scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}