Legend
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现有一个长 (n) 的数组 (a (0 le a < 2^k)),给定 (m) 个限制,形如 (l,r,x) 表示 (operatorname{AND}limits_{i=l}^{r} a_i=x)。
求出有多少个满足条件的数组。
(1 le n le 5cdot 10^5),(0 le m le 5cdot 10^5),(1 le k le 30)。
Editorial
容易发现位之间答案独立,最后只需要乘起来,问题转化为 (a_i,xin{0,1})。
对于 (x=1) 的限制,等价于直接确定了这个区间一定都是 (1)。
对于 (x=0) 的限制,说明这个区间至少有一个 (0)。
只有 (x=0) 的限制时,是个经典题。
做法是设 (dp_i) 表示只考虑前 (i) 个位置,第 (i) 个位置放了 (0),使得区间左端点 (le i) 的区间全部满足要求的方案数量。
转移就直接找可行的转移点(右端点 (<i) 的区间的最靠右的左端点以后的位置都可行),一定是连续的区间 (sum) 一下就行了。
前缀和可以动态维护,做到 (O(1)) 转移。
在此处有了 (x=1) 的限制则直接钦定这些地方的 (dp) 值为 (0) 即可。
复杂度 (O(k(n+m)))。
Code
#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
using namespace std;
const LL MOD = 998244353;
const int MX = 5e5 + 233;
int read(){
char k = getchar(); int x = 0;
while(k < '0' || k > '9') k = getchar();
while(k >= '0' && k <= '9') x = x * 10 + k - '0' ,k = getchar();
return x;
}
int n ,k ,m;
struct segment{
int l ,r ,x;
bool operator <(const segment &B)const{
return r == B.r ? l > B.l : r < B.r;
}
}s[MX];
LL ban[MX] ,S[MX] ,dp[MX];
LL solve(int bit){
for(int i = 1 ; i <= n + 1 ; ++i) ban[i] = 0;
for(int i = 1 ; i <= m ; ++i){
if((s[i].x >> bit) & 1){
ban[s[i].l]++;
ban[s[i].r + 1]--;
}
}
int sl = 1 ,lim = 0;
dp[0] = S[0] = 1;
for(int i = 1 ; i <= n + 1 ; ++i){
ban[i] += ban[i - 1];
while(sl <= m && s[sl].r < i){
if(((s[sl].x >> bit) & 1) == 0){
lim = max(lim ,s[sl].l);
}
++sl;
}
if(ban[i]) dp[i] = 0;
else if(lim) dp[i] = (S[i - 1] - S[lim - 1] + MOD) % MOD;
else dp[i] = S[i - 1];
S[i] = (S[i - 1] + dp[i]) % MOD;
}
return dp[n + 1];
}
int main(){
n = read() ,k = read() ,m = read();
for(int i = 1 ; i <= m ; ++i){
s[i].l = read() ,s[i].r = read() ,s[i].x = read();
}
LL Ans = 1;
sort(s + 1 ,s + 1 + m);
for(int i = 0 ; i < k ; ++i){
Ans = Ans * solve(i) % MOD;
}
cout << Ans << endl;
return 0;
}