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Source Educational Codeforces Round 62 (Rated for Div. 2)
Tags combinatorics dp *2200
Editorial Announcement #1 (en)Announcement #2 (ru) Tutorial #1 (en) Tutorial #2 (ru)
给一个长度为n的序列,其中的数字范围是[1,k],有一些已经给定了,另一些空着等我们填数字(用-1表示)。我们要在所有空着的地方填入[1,k]范围内的整数,并且使填完后的序列里没有长度为奇数的回文串(单个不算)。问总的方案数%998244353。993244853
看到这题,先瞪着草稿纸思考一波……奇数的回文串一定会有一个“中心”,往两边走依次相等,那么不满足题意的条件就是,至少有一个中心(a_i),相邻两边的数字(a_{i-1})和(a_{i+1})相等。所以,我们可以用总的方案数减去不满足要求的方案数。但……想了几种计算不满足的方案数的方法,都做不到不重不漏,弃疗,看题解——
直接算就好,不用减。要求的是有多少种填数方式,使所有(a_{i-1})和(a_{i+1})不相等,然后可以想到(我就想不到),序列的奇数项和偶数项可以分开计算,互不干扰,最后把两个的答案相乘就好。对于分开后的每个子序列,只用让序列中没有相邻两项就好。有没有一点眼熟HNOI2008 越狱。
当给的序列里只有-1,也就是全部要我们自己填时,差不多就是“越狱”了。当序列里有一些给定的值时,这些给定值就会把连续的-1序列切断成几节。因为我们只需要让序列中相邻项不相等,所以每一节-1串之间不会互相影响,只用单独处理每个-1串,再把它们的方案数乘起来就好。
对于每一个长度为len的-1子串,可以分以下几种情况
先思考边界,只有一个-1时比较显然,只用看这个-1的两边就好,(dp[1][0]=k-2),(dp[1][1]=k-1)。
然后开始转移(下面的(len>1))——
然后因为我们这里处理的都只是原序列的一半,所以(lenleqslantfrac{n}{2})。
总结一下就是,先读入n,预处理出dp数组。在输入序列的时候把原序列分成奇偶两个子序列。对于每个子序列,先计算两边的-1串(如果有),再计算中间的-1串。顺便,给定的数字,多判断一下它们和相邻的是否相等,完事。
#include<stdio.h> #define mod 998244353 long long n,s[2][100010],k; long long dp[100010][2]; long long ans=1; long long p(long long a,long long b) { if(b==0) return 1LL; if(b==1) return a%mod; long long x=p(a,b>>1); x*=x; x%=mod; x*=p(a,b&1); x%=mod; return x; } void solve(long long *a,long long len) { long long l,r; l=0; while(!(~a[l])&&a[l]) l++;//处理左边的-1串 if(l==len+1) { ans=ans*k%mod*p(k-1,len)%mod;//全是-1串 return; } ans*=p(k-1,l); ans%=mod; r=len; while(r>=0&&!(~a[r])) r--;//处理右边的-1串 if(r<len) ans*=p(k-1,len-r),ans%=mod; r++; for(int i=l,count=0;i<=r;i++) { if(a[i]==-1)//统计中部-1串的数量 { count++; continue; } else if(count)//计算中间的-1串 { if(a[i]==a[i-count-1]) ans*=dp[count][1]; else ans*=dp[count][0]; ans%=mod; count=0; } else if(i&&a[i]==a[i-1])//给定数字中,相邻的相同 { ans=0; return; } } return; } int main() { //freopen("test.in","r",stdin); scanf("%lld%lld",&n,&k); for(int i=0;i<n;i++) scanf("%lld",&s[i&1][i>>1]); dp[1][0]=k-2;dp[1][1]=k-1; for(int i=2;i<=n>>1;i++) { dp[i][0]=dp[i-1][1]+dp[i-1][0]*(k-2)%mod; dp[i][1]=dp[i-1][0]*(k-1)%mod; dp[i][0]%=mod; dp[i][1]%=mod; } solve(s[0],n-1>>1); if(!ans) { puts("0"); return 0; } solve(s[1],(n-1>>1)-(n&1)); printf("%lld ",ans); return 0; }