【纪中集训2019.3.25】染色问题

题目

描述

​ 有一个纸片，纸片上有(n)个格子，初始时没有颜色；

​ 某个游戏的内容是进行(m)次染色，使得染完后(n)个格子一定有颜色；

​ 每次可以选择一个区间([l,r](l le r))去染(不能不染)，颜色可以覆盖；

​ 问最后染出的序列有多少种；

范围

​ (n,m le 10^6) ;

题解

• 由于可以覆盖这个条件处理起来比较麻烦；

• 考虑每次是插入一段颜色；

• [egin{cases} &f_{i,j} = f_{i-1,j} + sum_{k=0}^{j-1} f_{i-1,k}(k+1) &(i lt m)\ &f_{i,j} = sum_{k=1}^{j-1} f_{i-1,k}(k+1) &(i = m) \ end{cases} ]

  • 插播一个我自己的十分没用的想法：

  • 只考虑管第一个转移，设 $ F_{i} $ 为 $ f_{i,j} $ 的 $ OGF $ 对比 $ f_{i,j}和f_{i,j-1} $ ,有：

  • [F_{i} = F_{i-1} + xF_i + x^2(F_{i-1})' ; \ F_{i} = frac{(x^2F_{i-1})'-F_{i-1}}{1-x} ;\ ]

  • 然后就没有然后了，。。。。。，TAT​；

• 说正解：

• 方程中存在两类贡献，一种是(f_{i,j} imes (j+1))，一种是(f_{i,j} imes 1);

• 同时要求最后一次转移一定是第二种；

• 枚举第一种转移的次数(k)，求得贡献和后乘以((^{m-1}_{k-1})) ，

• 考虑每次更新之后的形成的第一种转移次数的序列：(0 lt a_1 lt a_2 lt ,cdots, lt a_k = n) ；

• 对于一种转移序列的贡献就是：((a_1+1)cdots(a_{k-1}+1)) ;

• 这其实是([x^{n-k}]Pi_{i=1}^{n-1}(x+i+1)) ;

• 所以答案是：(sum_{k=1}^{m} (^{m-1}_{k-1})[x^{n-k}]Pi_{i=1}^{n-1}(x+i+1));

• 类似https://www.cnblogs.com/Paul-Guderian/p/10519990.html倍增可以(nlogn) ;

  #include<bits/stdc++.h>
  #define ll long long 
  #define mod 998244353
  #define il inline 
  using namespace std;
  const int N=4000010;
  int n,m,fac[N],inv[N],len,L,rev[N],f[N],g[N],a[N],b[N];
  il int pw(int x,int y){
  	int re=1;
  	if(y<0)y+=mod-1; 
  	while(y){
  		if(y&1)re=(ll)re*x%mod;
  		y>>=1;x=(ll)x*x%mod;
  	}
  	return  re;
  }
  il void inc(int&x,int y){x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
  const int G=3;
  il void ntt(int*A,int F){
  	for(int i=0;i<len;++i)if(i<rev[i])swap(A[i],A[rev[i]]);
  	for(int i=1;i<len;i<<=1){
  		int wn=pw(G,F*(mod-1)/(i<<1));
  		for(int j=0;j<len;j+=i<<1){
  			int w=1;
  			for(int k=0;k<i;++k,w=(ll)w*wn%mod){
  				int x=A[j+k],y=(ll)w*A[j+k+i]%mod;
  				A[j+k]=(x+y)%mod,A[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
  			}
  		}
  	}
  	if(!~F){
  		int iv=pw(len,mod-2);
  		for(int i=0;i<len;++i)A[i]=(ll)A[i]*iv%mod;
  	}
  }
  void solve(int n){
  	if(n==1){f[0]=2;f[1]=1;return;}
  	if(n&1){
  		solve(n-1);
  		for(int i=n-1;~i;--i)inc(f[i+1],f[i]),f[i]=(ll)(n+1)*f[i]%mod;
  		return ;
  	}
  	solve(n>>=1);
  	for(len=1,L=0;len<(n+1)<<1;L++,len<<=1);
  	for(int i=0;i<=len;++i){
  		rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1));
  		a[i]=b[i]=g[i]=0;
  	}
  	for(int i=0,pwn=1;i<=n;++i,pwn=(ll)pwn*n%mod){
  		a[i]=(ll)f[n-i]*fac[n-i]%mod;
  		b[i]=(ll)pwn*inv[i]%mod;
  	}
  	ntt(a,1);ntt(b,1);
  	for(int i=0;i<len;++i)a[i]=(ll)a[i]*b[i]%mod;
  	ntt(a,-1);
  	for(int i=0;i<=n;++i)g[i]=(ll)inv[i]*a[n-i]%mod;
  	ntt(f,1);ntt(g,1);
  	for(int i=0;i<len;++i)f[i]=(ll)f[i]*g[i]%mod;
  	ntt(f,-1);
  }
  int C(int x,int y){return (ll)fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;}
  int main(){
  	freopen("color.in","r",stdin);
  	freopen("color.out","w",stdout);
  	scanf("%d%d",&n,&m);
  	for(int i=fac[0]=inv[0]=1;i<=m||i<=n;++i){
  		fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
  		inv[i]=pw(fac[i],mod-2);
  	}
  	solve(n-1);
  	int ans=0;
  	for(int i=1;i<=n&&i<=m;++i){
  		int tmp=(ll)f[n-i]*C(m-1,i-1)%mod;
  		inc(ans,tmp);
  	}
  	cout<<ans<<endl;
  	return 0;
  }