nflsoj360【六校联合训练 省选 #2】染色问题（color）

nflsoj360【六校联合训练 省选 #2】染色问题（color）

题目大意

题面下载

nflsoj题目链接

一个长度为(n)的序列，进行(m)次染色操作，每次操作可以将一段区间染成一种新颜色（区间长度大于等于(1)），要求最后得到的序列每个位置上必须有颜色。 一个格子可以被多次涂色，颜色为最后涂上的颜色。

求最后不同的序列数(mod 998244353)。两个序列({a_i},{b_i})被认为不同，当且仅当(exist kin[1,n]:a_k eq b_k)。

数据范围：(1leq n,mleq 10^6)。

备注：题面里有一档部分分(n,mleq 100)，实际数据中是(n,mleq 300)。

本题题解

我们先不考虑“先染的颜色会被后染的颜色覆盖”这件事。如果某种颜色在最终的序列中出现了(x)次，我们就直接认为在染这种颜色的时候，我们只染了(x)个格子。也就是说，现在每次染的颜色，在序列里不一定是连续的一段。

---

备注，“思路1”与正解关系不大，想看正解可以直接跳到思路2。

思路1：有一种思路是，把条件转化为，有一个长度为(n)的数列({a_i})，使得对所有(iin [1,n])，不存在某种个大于(a_i)的数，在(i)左右两边都出现过。

然后设(dp[i][j])表示一段长度为(i)的序列，用到了(j)个颜色（注意，要求这(j)种颜色都真的在最终的(i)个位置上出现过。我们在初步转化后，已经不谈“覆盖”这件事了）。

在这种初步转化的思路下，按照每种颜色第一次和最后一次的出现位置，两种颜色要么是“并列”的关系，要么是“包含”的关系。所以转移时，枚举最左边的一整段非并列关系的区间长度，再枚举里面的颜色数量，转移要乘上组合数。

时间复杂度(O(n^4))。但是这种初步转化的思路，似乎没什么优化前途。

---

思路2：另一种思路是，不要直接转化成对序列计数。我们还是依次进行这(m)个操作。那么现在每次操作，相当于在原来的操作序列上，插入了一段新颜色。也就是说，我们不考虑元素的真实位置了，只考虑目前已有的元素的相对位置关系，然后整个序列——通过在中间插入一段新颜色——在不断变长。

按此思路，也可以设计出一个DP。设(dp[i][j])表示进行了前(i)次操作（也就是插入了前(i)种新颜色）后，当前序列长度为(j)时的方案数。转移时，枚举插入新颜色前，序列的长度：

[dp[i][j]=[i<m] imes dp[i-1][j]+sum_{k=0}^{i-1}dp[i-1][k] imes(k+1) ]

其中，最前面的([i<m])，表示除了最后一次操作外，其他操作插入的段长度都可以为(0)；最后一次操作插入的段长度至少是(1)，因为最后一种颜色不会被其他颜色覆盖，所以它一定要在最终的序列里出现。

时间复杂度(O(n^3))，可以用前缀和优化到(O(n^2))。

---

对比思路1和思路2。

思路1上来就把问题转化成对序列计数。但是这样，相当于所有位置必须在一开始就固定。状态缺乏灵活性，复杂度较差。

而思路2则把问题看成是在动态地插入元素。这样相当于所有位置都是不固定的，随时可能在中间插一段进来。这正好与题目的性质相契合（两种颜色，要么并列，要么包含。所谓包含，就是在中间插入。所谓并列，就是在两边插入），所以这种状态得到了较好的复杂度。

于是接下来，我们将抛弃思路1。顺着思路2，得到正解。

---

观察思路2里DP的转移，主要就是( imes(k+1))。

发现，如果最终实际使用了(j)种颜色，则方案数就是(prod_{i=1}^{n-1}(x+i+1))的(x^{n-j})项前的系数。这可以结合DP转移来理解，也可以根据具体含义理解：如果实际使用了(j)种颜色，每次染色前已有的序列长度为(a_1,a_2,dots ,a_j)，那么一定有：(0=a_1<a_2<dots<a_j<n)，方案数就是(prod_{i=2}^{n}(a_i+1))。总方案数，是所有这样的(a)序列的贡献之和，就相当于在([2,n])里选出(j-1)个数，它们的乘积之和。这也就是(prod_{i=1}^{n-1}(x+i+1))的(x^{n-j})项前的系数。

设( ext{res}_j=[x^{n-j}](prod_{i=1}^{n-1}(x+i+1)))，则最终答案就是(sum_{j=1}^{min(n,m)} ext{res}_j imes{m-1choose j-1})。之所以要乘({m-1choose j-1})，是因为要确定选出的是哪(j)种颜色，并且颜色(m)是必选的，所以只需要确定其他(j-1)种颜色即可。

于是我们要求一堆小多项式的乘积。它们的乘积一定是一个(n-1)次的多项式。可以用分治FFT求解。（这是比较套路的用法，如果不会建议学习一下分治FFT）。

时间复杂度(O(nlog^2n))。

---

继续优化。考虑用倍增代替分治。

假设已经求出了(F_{t}(x)=prod_{i=1}^{t}(x+i+1))这个(t)次多项式。如果我们用倍增解决本题，相当于要处理两个问题：

1. 如何从(F_t(x))推出(F_{t+1}(x))。
2. 如何从(F_{t}(x))推出(F_{2t}(x))。

第1个问题比较简单：(F_{t+1}(x)=F_{t}(x) imes(x+t+2))。可以线性推出来。

第2个问题，可以写成：(F_{2t}(x)=F_{t}(x) imes F_{t}(x+t))。

设(F_{t}(x)=sum_{i=0}^{t}f_ix^i)，那么(F_{t}(x+t))就等于(sum_{i=0}^{t}f_i imes(x+t)^i)。

也就是说，(f_{0dots t})这个数组是我们已经知道的。我们要通过它，求出(F_{2t}(x)=F_{t}(x) imes F_{t}(x+t))。

考虑先用一个数组(a_{0dots t})表示出(F_{t}(x+t))，再对(a,f)做多项式乘法。问题转化为求这个数组(a)。观察(F_{t}(x+t))的式子，考虑用二项式定理展开：

[egin{align} F_{t}(x+t)&=sum_{i=0}^{t}f_i imes(x+t)^i\ &=sum_{i=0}^{t}f_isum_{j=0}^{i}x^jt^{i-j}{ichoose j}\ &=sum_{j=0}^{t}x^jsum_{i=j}^{t}f_it^{i-j}frac{i!}{j!(i-j)!} end{align} ]

设(b_i=f_i imes i!)，(c_i=t^{i} imesfrac{1}{i!})。则：

[a_i=frac{1}{i!}sum_{j=i}^{t}b_jc_{j-i} ]

这其实也是一个卷积。简单讲就是同时反转(a,b)，就能变成通常意义上的卷积了。

用一次卷积求出(a)，再对(a,f)做一次卷积求出结果。时间复杂度(O(nlog n))。

那么倍增的总时间复杂度就是(T(n)=T(frac{n}{2})+O(nlog n)=O(nlog n))。可以通过(nleq 10^6)的数据。

参考代码：

//problem:nflsoj360
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}

const int MAXN=1e6;
const int MOD=998244353;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}

int fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
inline int comb(int n,int k){
	if(n<k)return 0;
	return (ll)fac[n]*ifac[k]%MOD*ifac[n-k]%MOD;
}
void facinit(int lim=MAXN){
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=lim;++i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;
	ifac[lim]=pow_mod(fac[lim],MOD-2);
	for(int i=lim-1;i>=0;--i)ifac[i]=(ll)ifac[i+1]*(i+1)%MOD;
}

namespace PolyNTT{
int rev[MAXN*4+5];
int f[MAXN*4+5],g[MAXN*4+5];
void NTT(int *a,int n,int flag){
	for(int i=0;i<n;++i)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int i=1;i<n;i<<=1){
		int T=pow_mod(3,(MOD-1)/(i<<1));
		if(flag==-1) T=pow_mod(T,MOD-2);
		for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
			for(int k=0,t=1;k<i;++k,t=(ll)t*T%MOD){
				int Nx=a[j+k],Ny=(ll)a[i+j+k]*t%MOD;
				a[j+k]=mod1(Nx+Ny);
				a[i+j+k]=mod2(Nx-Ny);
			}
		}
	}
	if(flag==-1){
		int invn=pow_mod(n,MOD-2);
		for(int i=0;i<n;++i)a[i]=(ll)a[i]*invn%MOD;
	}
}
void mul(int n,int m){
	int lim=1,ct=0;
	while(lim<=n+m)lim<<=1,ct++;
	for(int i=n;i<=lim;++i)f[i]=0;
	for(int i=m;i<=lim;++i)g[i]=0;//clear
	for(int i=0;i<lim;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(ct-1));
	NTT(f,lim,1);
	NTT(g,lim,1);
	for(int i=0;i<lim;++i)f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;
	NTT(f,lim,-1);
}
}//namespace PolyNTT

typedef vector<int> Poly;

Poly operator*(const Poly& a,const Poly& b){
	if(!SZ(a) && !SZ(b))return Poly();
	Poly res;
	res.resize(SZ(a)+SZ(b)-1);
	if(SZ(a)<=50 && SZ(b)<=50){
		for(int i=0;i<SZ(a);++i)for(int j=0;j<SZ(b);++j)add(res[i+j],(ll)a[i]*b[j]%MOD);
		return res;
	}
	for(int i=0;i<SZ(a);++i)PolyNTT::f[i]=a[i];
	for(int i=0;i<SZ(b);++i)PolyNTT::g[i]=b[i];
	PolyNTT::mul(SZ(a),SZ(b));
	for(int i=0;i<SZ(res);++i)res[i]=PolyNTT::f[i];
	return res;
}
Poly& operator*=(Poly& lhs,const Poly& rhs){
	lhs=lhs*rhs;return lhs;
}
Poly operator+(const Poly& a,const Poly& b){
	Poly res;
	res.resize(max(SZ(a),SZ(b)));
	for(int i=0;i<SZ(res);++i){
		res[i]=mod1((i>=SZ(a)?0:a[i])+(i>=SZ(b)?0:b[i]));
	}
	return res;
}
Poly& operator+=(Poly& lhs,const Poly& rhs){
	lhs=lhs+rhs;return lhs;
}

int n,m;

Poly solve(int n){
	// prod_{i=1->n} (x+i+1)
	if(n==1){
		Poly res(2);
		res[0]=2;
		res[1]=1;
		return res;
	}
	if(n&1){
		// 奇数
		Poly res=solve(n-1);
		assert(SZ(res)==n);
		res.push_back(0);
		for(int i=n;i>=1;--i){
			res[i]=((ll)res[i]*(n+1) + res[i-1])%MOD;
		}
		res[0]=(ll)res[0]*(n+1)%MOD;
		return res;
	}
	// 偶数
	int len=n/2;
	Poly f=solve(len);
	assert(SZ(f)==len+1);
	Poly a,b,c;
	b.resize(len+1);
	c.resize(len+1);
	int pow_of_len=1;
	for(int i=0;i<=len;++i){
		b[i]=(ll)f[i]*fac[i]%MOD;
		c[i]=(ll)pow_of_len*ifac[i]%MOD;
		pow_of_len=(ll)pow_of_len*len%MOD;
	}
	reverse(b.begin(),b.end());
	a=b*c;
	while(SZ(a)>len+1) a.pop_back();
	reverse(a.begin(),a.end());
	for(int i=0;i<=len;++i){
		a[i]=(ll)ifac[i]*a[i]%MOD;
	}
	return f*a;
}
int main() {
	facinit();
	cin>>n>>m;
	Poly res=solve(n-1);
	int ans=0;
	for(int i=1;i<=n && i<=m;++i){
		// 实际使用了i种颜色
		ans=((ll)ans + (ll)res[n-i]*comb(m-1,i-1))%MOD;
	}
	cout<<ans<<endl;
	return 0;
}