Luogu P6630 [ZJOI2020] 传统艺能

这题真是ZJOI的签到题，考场上想都没想真是太屑了的说

考虑利用[ZJOI2019]线段树教给我们的DP方法，设(f_{i,j})表示(i)轮后(j)点标记为(1)的概率，(g_{i,j})表示(i)轮后(j)点到根的路径上任意一点标记为(1)的概率

我们考虑(f_{i-1,x},g_{i-1,x})（以下简称(f_x,g_x)）如何转移到(f_{i,x},g_{i,x})（以下简称(f_x',g_x')）

假设节点(x)的区间为([L,R])，其父节点的区间为([l,r])，修改的区间为([x,y])，考虑以下的五种转移：

1. 修改的区间与其父节点不交。满足(y<l)或(x>r)，此时显然(f_x'=f_x,g_x'=g_x)
2. 其父亲节点被修改且标记下传到(x)。满足(xle L,Rle y<r)（左儿子）或(l<xle L,Rle y)（右儿子），此时有(f_x'=g_x'=1)
3. (x)到根路径上的点被标记。满足(xle l,yle r)，此时显然(f_x'=f_x,g_i'=1)
4. 其父亲节点被修改且标记未下传到(x)。满足(R<xle r)（左儿子）或(lle y<L)（右儿子），此时有(f_x'=g_x'=g_x)
5. 修改的点在(x)子树内（不包括(x)），满足(L<xle yle R)或(Lle xle y<R)，此时有(f_x'=g_x'=0)

第五类情况显然不需要转移，朴素的转移是(O(nk))的，单非常容易看出这题每个点其实是独立的，因此可以矩阵乘法优化

我们设以上进行(1,2,3,4)四类转移的概率分别是(a,b,c,d)，显然可以构造转移矩阵：

[egin{bmatrix} a+c,d,b\ 0,a+d,b+c\ 0,0,1 end{bmatrix} imes egin{bmatrix} f_x\ g_x\ 1 end{bmatrix} = egin{bmatrix} f_x'\ g_x'\ 1 end{bmatrix} ]

总复杂度(O(3^3log k imes n))

#include<cstdio>
#include<cstring>
#define RI register int
#define CI const int&
using namespace std;
const int N=200005,mod=998244353;
struct Matrix
{
	int n,m; long long mat[3][3];
	inline Matrix(CI N=0,CI M=0)
	{
		n=N; m=M; memset(mat,0,sizeof(mat));
	}
	inline long long* operator [] (CI x) { return mat[x]; }
	friend inline Matrix operator * (Matrix A,Matrix B)
	{
		Matrix C(A.n,B.m); RI i,j,k; for (i=0;i<C.n;++i)
		for (j=0;j<C.m;++j) for (k=0;k<A.m;++k)
		C[i][j]+=1LL*A[i][k]*B[k][j];
		for (i=0;i<C.n;++i) for (j=0;j<C.m;++j) C[i][j]%=mod; return C;
	}
	friend inline Matrix operator ^ (Matrix A,int p)
	{
		Matrix T(A.n,A.m); for (RI i=0;i<T.n;++i) T[i][i]=1;
		for (;p;p>>=1,A=A*A) if (p&1) T=T*A; return T;
	}
};
int n,k,ans,div;
inline int C2(CI x)
{
	if (!x) return 0; return (1LL*x*(x+1)>>1LL)%mod;
}
inline int sum(CI x,CI y)
{
	int t=x+y; return t>=mod?t-mod:t;
}
inline int quick_pow(int x,int p=mod-2,int mul=1)
{
	for (;p;p>>=1,x=1LL*x*x%mod) if (p&1) mul=1LL*mul*x%mod; return mul;
}
inline void DFS(CI L=1,CI R=n,CI l=0,CI r=0) //[L,R] self interval; [l,r] father's interval
{
	if (L<R) { int x; scanf("%d",&x); DFS(L,x,L,R); DFS(x+1,R,L,R); }
	if (!l) return (void)(ans=sum(ans,div)); int a,b,c,d;
	a=1LL*sum(C2(l-1),C2(n-r))*div%mod; b=1LL*sum(1LL*L*(r-R)%mod,1LL*(n-R+1)*(L-l)%mod)*div%mod;
	c=1LL*l*(n-r+1)%mod*div%mod; d=(1LL*(r-R)*(2*n-r-R+1)+1LL*(L-l)*(l+L-1)>>1LL)%mod*div%mod;
	Matrix P(3,3); P[0][0]=sum(a,c); P[0][1]=d; P[0][2]=b; P[1][1]=sum(a,d); P[1][2]=sum(b,c); P[2][2]=1;
	P=P^k; ans=sum(ans,P[0][2]);
}
int main()
{
	return scanf("%d%d",&n,&k),div=quick_pow(C2(n)),DFS(),printf("%d",ans),0;
}