【HDU5322】Hope-分治NTT

测试地址：Hope
题目大意：定义一个排列A$A$的价值为：对于所有i$i$，找到一个最小的j$j$使得j>i$j>i$并且Aj>Ai$A_j>A_i$，在i,j$i,j$间连一条边，令所有连通块中点数的乘积为P$P$，那么排列的价值为P2$P^2$。求所有长为n$n$的排列的价值之和。
做法：本题需要用到分治NTT。
首先，我们知道(∏pi)2=∏p2i$(\prod p_i{)}^2=\prod p_i^2$，所以相当于一个连通块的贡献为它点数的平方。再观察性质，我们发现每一个连通块都一定是一段连续的区间，并且长为n$n$的排列的第一个连通块的最后一个点必定是n$n$。那么我们令f(i)$f(i)$为长为i$i$的排列的价值和，考虑如何转移。
假设i$i$在第j$j$个位置，那么前j$j$个元素一定构成一个连通块，那么前j−1$j-1$个元素的排列数就是Pj−1i−1$P_{i-1}^{j-1}$（在i−1$i-1$个数中取j−1$j-1$个数的排列数），这个数显然等于Cj−1i−1×(j−1)!$C_{i-1}^{j-1}\times (j-1)!$，也就等于(i−1)!(i−j)!$\frac{(i-1)!}{(i-j)!}$。而对于后面的i−j$i-j$个元素，它们所构成的价值和为f(i−j)$f(i-j)$，因为如果按照它们之间的大小关系离散化，实际上就相当于长为i−j$i-j$的全排列提供的价值。那么我们就得到了状态转移方程：
f(i)=∑ij=1j2⋅(i−1)!(i−j)!⋅f(i−j)$f(i)=\sum _{j=1}^i{j}^2\cdot \frac{(i-1)!}{(i-j)!}\cdot f(i-j)$
稍微变化一下式子，得到：
f(i)=(i−1)!∑ij=1f(i−j)(i−j)!⋅j2$f(i)=(i-1)!\sum _{j=1}^i\frac{f(i-j)}{(i-j)!}\cdot j^2$
我们发现右边的和式很明显是一个卷积的形式，但是因为这个卷积和f$f$自己有关，所以使用分治NTT即可。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=998244353;
const ll g=3;
int t,n[10010],maxn=0,rev[400010];
ll fac[100010],invfac[100010];
ll a[400010],b[400010],f[100010],A[100010];

ll power(ll a,int b)
{
    ll s=1,ss=a;
    while(b)
    {
        if (b&1) s=(s*ss)%mod;
        ss=(ss*ss)%mod;b>>=1;
    }
    return s;
}

void init()
{
    t=1;
    while(scanf("%d",&n[t])!=EOF) maxn=max(maxn,n[t]),t++;
    t--;
    fac[0]=invfac[0]=1;
    for(ll i=1;i<=maxn;i++)
    {
        fac[i]=(fac[i-1]*i)%mod;
        invfac[i]=power(fac[i],mod-2);
    }
    for(ll i=1;i<=maxn;i++)
        A[i]=(i*i)%mod;
    f[0]=1;
}

void NTT(ll *a,int type,int n)
{
    for(int i=0;i<n;i++)
        if (i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int mid=1;mid<n;mid<<=1)
    {
        ll W=power(g,(mod-1)/(mid<<1));
        if (type==-1) W=power(W,mod-2);
        for(int l=0;l<n;l+=(mid<<1))
        {
            ll w=1;
            for(int k=0;k<mid;k++,w=(w*W)%mod)
            {
                ll x=a[l+k],y=(w*a[l+mid+k])%mod;
                a[l+k]=(x+y)%mod;
                a[l+mid+k]=(x-y+mod)%mod;
            }
        }
    }
    if (type==-1)
    {
        ll inv=power((ll)n,mod-2);
        for(int i=0;i<n;i++)
            a[i]=(a[i]*inv)%mod;
    }
}

void solve(int l,int r)
{
    if (l==r)
    {
        if (l>0) f[l]=(f[l]*fac[l-1])%mod;
        return;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    solve(l,mid);

    int bit=0,x=1;
    while(x<((r-l+1)<<1)) x<<=1,bit++;
    for(int i=0;i<x;i++) a[i]=b[i]=0;
    for(int i=0;i<=mid-l;i++)
        a[i]=f[l+i]*invfac[l+i];
    for(int i=0;i<(r-l);i++)
        b[i]=A[i+1];
    rev[0]=0;
    for(int i=1;i<x;i++)
        rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(bit-1));
    NTT(a,1,x),NTT(b,1,x);
    for(int i=0;i<x;i++) a[i]=(a[i]*b[i])%mod;
    NTT(a,-1,x);

    for(int i=mid+1;i<=r;i++)
        f[i]=(f[i]+a[i-l-1])%mod;

    solve(mid+1,r);
}

void output()
{
    for(int i=1;i<=t;i++)
        printf("%lld
",f[n[i]]);
}

int main()
{
    init();
    solve(0,maxn);
    output();

    return 0;
}