LOJ2331 某位歌姬的故事
IA 是一名会唱歌的女孩子。
IOI2018 就要来了，IA 决定给参赛选手们写一首歌，以表达美好的祝愿。这首歌一共有 (n) 个音符，第 (i) 个音符的音高为 (h_i)。IA 的音域是 (A)，她只能唱出 (1sim A) 中的正整数音高。因此 (1le h_ile A)。
在写歌之前，IA 需要确定下这首歌的结构，于是她写下了 (Q) 条限制，其中第 (i) 条为：编号在 (l_i) 到 (r_i) 之间的音符的最高音高为 (m_i)。在确定了结构之后，她就可以开始写歌了。不过她还是想知道，一共有多少种可能的歌曲满足她的所有限制？她听说你还有 9 个月就要去 IOI 了，于是希望你帮她计算一下这个值。
(Qleq 500)。
题解
仓鼠《动态规划选讲》。
(max_{l≤i≤r}{A_i} = h)等价于(∀l ≤ i ≤ r, A_i ≤ h)且(∃l ≤ i ≤ r, A_i = h)。
求出每个点的上限(up_i)。可以发现，(∃l ≤ i ≤ r, A_i = h)的(i)只能由上限(up_i = h)的点来贡献
所以对于每个(h)的限制以及上限为(h)的点单独拿出来DP，满足每个限制区间中至少有一个点达到上限即可。
时间复杂度(O(Q^3))，可以利用前缀和优化到(O(Q^2))。
CO int N=1e3+10;
int m,n,A;
vector<int> num,val;
struct node {int l,r,m;} a[N];
int len[N],lim[N];
int t[N],l[N],f[N][N];
int solve(int x){
int tot=0;
for(int i=1;i<(int)num.size();++i)if(lim[i]==x){
t[++tot]=i,l[tot]=0;
for(int j=0;j<=tot;++j) f[tot][j]=0;
}
for(int i=1;i<=n;++i)if(a[i].m==x){
if(!tot) return 0;
int L=lower_bound(t+1,t+tot+1,a[i].l)-t;
int R=lower_bound(t+1,t+tot+1,a[i].r)-t-1;
l[R]=max(l[R],L);
}
f[0][0]=1;
for(int i=1;i<=tot;++i){
int v1=fpow(x,len[t[i]]),v2=fpow(x-1,len[t[i]]);
for(int j=0;j<i;++j)if(f[i-1][j]){
if(j>=l[i]) f[i][j]=add(f[i][j],mul(f[i-1][j],v2));
f[i][i]=add(f[i][i],mul(f[i-1][j],add(v1,mod-v2)));
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=tot;++i) ans=add(ans,f[tot][i]);
return ans;
}
void real_main(){
read(m),read(n),read(A);
num={1,m+1},val.clear();
for(int i=1;i<=n;++i){
read(a[i].l),read(a[i].r),read(a[i].m);
num.push_back(a[i].l),num.push_back(++a[i].r);
val.push_back(a[i].m);
}
sort(num.begin(),num.end());
num.erase(unique(num.begin(),num.end()),num.end());
sort(val.begin(),val.end());
val.erase(unique(val.begin(),val.end()),val.end());
for(int i=1;i<(int)num.size();++i) len[i]=num[i]-num[i-1];
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i].l=lower_bound(num.begin(),num.end(),a[i].l)-num.begin()+1;
a[i].r=lower_bound(num.begin(),num.end(),a[i].r)-num.begin()+1;
}
for(int i=1;i<(int)num.size();++i) lim[i]=A+1;
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=a[i].l;j<a[i].r;++j)
lim[j]=min(lim[j],a[i].m);
int ans=1;
for(int i=1;i<=(int)val.size();++i){
ans=mul(ans,solve(val[i-1]));
if(ans==0) {puts("0"); return;}
}
for(int i=1;i<(int)num.size();++i)
if(lim[i]==A+1) ans=mul(ans,fpow(A,len[i]));
printf("%d
",ans);
}
int main(){
for(int T=read<int>();T--;) real_main();
return 0;
}
CF1327F AND Segments
You are given three integers (n, k, m) and (m) conditions ((l_1, r_1, x_1), (l_2, r_2, x_2), dots, (l_m, r_m, x_m)).
Calculate the number of distinct arrays (a), consisting of (n) integers such that:
-
(0 le a_i < 2^k) for each (1 le i le n);
-
bitwise AND of numbers (a[l_i] & a[l_i + 1] & dots & a[r_i] = x_i) for each (1 le i le m).
Two arrays (a) and (b) are considered different if there exists such a position (i) that (a_i eq b_i).
The number can be pretty large so print it modulo (998244353).
(1 le n le 5 cdot 10^5, 1 le k le 30, 0 le m le 5 cdot 10^5)
题解
显然每位独立，分开计算，用乘法原理合并。
如果(x_i=1)，那么毫无疑问区间内所有数都是(1)。
如果(x_i=0)，那么区间内至少有一个数为(0)。这个限制跟上一道题一模一样。
利用前缀和把DP优化到线性。时间复杂度(O(nlog n))。
CO int N=5e5+10;
struct node {int l,r,x;} a[N];
int V[N],L[N],S[N];
int solve(int n){
fill(S+1,S+n+1,0),S[0]=1;
int lim=-1;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(!V[i]){
int sum=add(S[i-1],mod-(lim>=0?S[lim]:0));
lim=max(lim,L[i]-1);
S[i]=add(S[i-1],sum);
}
else S[i]=S[i-1];
}
return add(S[n],mod-(lim>=0?S[lim]:0));
}
int fa[N];
int find(int x){
return fa[x]==x?x:fa[x]=find(fa[x]);
}
int main(){
int n=read<int>(),K=read<int>(),m=read<int>();
for(int i=1;i<=m;++i) read(a[i].l),read(a[i].r),read(a[i].x);
int ans=1;
for(int c=0;c<K;++c){
for(int i=1;i<=n;++i) fa[i]=i;
fill(V+1,V+n+1,0);
for(int i=1;i<=m;++i)if(a[i].x>>c&1)
for(int p=find(a[i].r);p>=a[i].l;p=find(p))
V[p]=1,fa[p]=p-1;
fill(L+1,L+n+1,0);
bool flag=0;
for(int i=1;i<=m;++i)if(~a[i].x>>c&1){
int p=find(a[i].r);
if(!p) {flag=1;break;}
L[p]=max(L[p],a[i].l);
}
if(flag) {ans=0;break;}
ans=mul(ans,solve(n));
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}