CF1327F AND Segments

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Description

要求构造满足下列条件的长度为 (n) 的序列 (a) 的个数：

• 每个数值域在 ([0, 2 ^ k))
• (m) 个限制条件 (l, r, x)，需要满足 (a_l ext{and} a_{l+1} ext{and} ... ext{and} a_{r} = x)。 （二进制按位与）

(n, m le 5 · 10^5)

Solution

二进制表示，每个数都是一个 (k) 位的 (01) 串。按位与限制，不同位互不影响，考虑分别做再乘法原理乘起来。

现在问题转化为了，构造长度为 (n) 的 (01) 串，有 (m) 个限制。

• 要么为一段区间都是 (1)。
• 或是一段区间必须有一个 (0)。

不妨枚举 (0) 的出现位置。

状态设计

(f_i) 表示前 (i) 个位置，第 (i) 个位置为 (0)。([1, i]) 区间内包含的所有区间条件已经满足的方案数。

状态转移

• 如果第 (i) 位必须填 (1)（这个用差分 (O(n)) 预处理），那么 (f_i = 0)。做完这步，第一个限制肯定满足，因为填 (0) 的机会全部被否认掉了。
• 否则，枚举上一个 (0) 的位置 (0 le j < i)，即 ((j, i)) 区间全部填 (1)，(f_i = sum f_j)。为了满足第二个条件，那么 ((j, i)) 区间必然不能完全包含第二个限制的任何一个区间，即 (j) 必须 (ge max(l))，其中 (r le i - 1) 的。

优化

对于 (f_i = sum f_j)。发现 (j) 所取的是一个滑动窗口 ([max(l), i - 1])。即左右端点都是不降的，这样搞一个变量动态维护这个和即可。

初始状态：(f_0 = 1)
答案：(sum f_{j}^{n})（最后一波连续的 (1) 里也不能包含第二个限制中的任意区间）

时间复杂度

(O(kn))

Code

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N = 500005, P = 998244353;

int n, K, m, ans = 1;
int cnt[N], pre[N], f[N];
int L[N], R[N], X[N];

int inline solve(int w) {
	memset(f, 0, sizeof f);
	memset(cnt, 0, sizeof cnt);
	memset(pre, 0, sizeof pre);
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		if (X[i] >> w & 1) cnt[L[i]]++, cnt[R[i] + 1]--;
		else pre[R[i]] = max(pre[R[i]], L[i]);
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++) cnt[i] += cnt[i - 1];
	f[0] = 1;
	int s = 1, j = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (!cnt[i]) f[i] = s;
		(s += f[i]) %= P;
		while (j < pre[i]) s = ((LL)s - f[j++] + P) % P;
	}
	int res = 0;
	for (int i = j; i <= n; i++) (res += f[i]) %= P;
	return res;
}

int main() { 
	scanf("%d%d%d", &n, &K, &m);
	for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d%d%d", L + i, R + i, X + i);
	for (int k = 0; k < K; k++) ans = (LL)ans * solve(k) % P;
	printf("%d
", ans); 
}