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题意简述
定义若二元组 \((a,b)<(c,d)\)，则有 \(a>c\) 或者 \(a=c \text{ and } b<d\)。
给你 \(n\) 个数，第 \(i\) 个数是 \(a_i\)。
现在系统会生成 \(n\) 个二元组，第 \(i\) 个二元组是 \((a_i,i)\) 或者是 \((a_i+1,i)\)，然后给每个二元组一个排名，设排名数列为 \(rk\)。
求有多少种不同的 \(rk\) 数列，两个 \(rk\) 序列不同当且仅当存在至少一个位置 \(x\)，使得两个 \(rk\) 数列的 \(rk_x\) 不同。
\(n\leq 5\times 10^5,a_i\leq 10^6\)，时空限制：2s 256M。
样例
输入：
输出：
解释：有以下八种二元组的搭配方式，以及其相应的 \(rk\) 序列。
\((1,1),(2,2),(2,3)\ \ \ \ rk:3,1,2\)
\((1,1),(2,2),(3,3)\ \ \ \ rk:3,2,1\)
\((1,1),(3,2),(2,3)\ \ \ \ rk:3,1,2\)
\((1,1),(3,2),(3,3)\ \ \ \ rk:3,1,2\)
\((2,1),(2,2),(2,3)\ \ \ \ rk:1,2,3\)
\((2,1),(2,2),(3,3)\ \ \ \ rk:2,3,1\)
\((2,1),(3,2),(2,3)\ \ \ \ rk:2,1,3\)
\((2,1),(3,2),(3,3)\ \ \ \ rk:3,1,2\)
不同的 \(rk\) 序列一共有 \(5\) 个。
题解
比赛的时候一直认为是一个组合数学题目，没想到是一个 DP。
先下一个定义：若两个由前 \(i-1\) 个二元组形成的序列，无论 \([i,n]\) 中的每个二元组是 \((a_x,x)\) 还是 \((a_x+1,x)\)，这两个序列最终形成的排名序列都是相同的，那么我们把它们称作不可区分的。
首先把所有二元组按照 \((a_i,i)\) 排序。为了方便，下文默认输入就已经保证了 \((a_i,i)<(a_{i+1},i+1)\)。
考虑 DP，设 \(f_i\) 表示前 \(i-1\) 个二元组组成的可区分的序列个数。
那么第 \(i\) 个位置既可以放 \((a_i,i)\) 也可以放 \((a_i+1,i)\)，所以有 \(f_{i+1}=2f_i\)，但是这样显然会算重，所以考虑容斥。
考虑对于一个位置 \(i\)，找到一个极短的区间 \([l,r](l\leq i\leq r)\)，它需要满足存在一种在 \([l,i-1],[i+1,r]\) 放置二元组的方案，使得第 \(i\) 个位置放 \((a_i,i)\) 和放 \((a_i+1,i)\) 是不可区分的。这样的话，这种放置方法的贡献本来只有 \(1\) 但是被算了两次，所以 \(f_r\) 就需要减去 \(f_l\)。
因为这个区间是极短的，所以可以恰好不重不漏地把所有的不合法的方案都减掉，最终的 \(f_{n+1}\) 即为答案。
不难发现，因为我们一开始排好了序，所以 \(l,r\) 是单调递增的，\(i\) 也是我们单调枚举的，所以 DP 的总复杂度是 \(O(n)\) 的。（有趣的是，复杂度的瓶颈在于排序）。
代码如下：
1
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| #include <bits/stdc++.h>
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
#define RI register int
typedef long long LL;
#define FILEIO(name) freopen(name".in", "r", stdin), freopen(name".out", "w", stdout);
using namespace std;
namespace IO {
char buf[1000000], *p1 = buf, *p2 = buf;
inline char gc() {
if (p1 == p2) p2 = (p1 = buf) + fread(buf, 1, 1000000, stdin);
return p1 == p2 ? EOF : *(p1++);
}
template <class T> inline void read(T &n) {
n = 0; RI ch = gc(), f;
while ((ch < '0' || ch > '9') && ch != '-') ch = gc();
f = (ch == '-' ? ch = gc(), -1 : 1);
while (ch >= '0' && ch <= '9') n = n * 10 + (ch ^ 48), ch = gc();
n *= f;
}
char Of[105], *O1 = Of, *O2 = Of;
template <class T> inline void print(T n, char ch = '\n') {
if (n < 0) putchar('-'), n = -n;
if (n == 0) putchar('0');
while (n) *(O1++) = (n % 10) ^ 48, n /= 10;
while (O1 != O2) putchar(*(--O1));
putchar(ch);
}
}
using IO :: read;
using IO :: print;
int const MAXN = 5e5 + 5;
int const mod = 998244353;
struct Node {
int x, id;
Node (int _x = 0, int _id = 0) { x = _x, id = _id; }
bool operator < (const Node &A) const { return x ^ A.x ? x > A.x : id < A.id; };
} a[MAXN];
int f[MAXN];
int main() {
#ifdef LOCAL
FILEIO("a");
#endif
int n; read(n);
for (RI i = 1; i <= n; ++i)
read(a[i].x), a[i].id = i;
sort(a + 1, a + 1 + n);
f[1] = 1;
int l = 1, r = 1;
for (RI i = 1; i <= n; ++i) {
while (l < i && (Node(a[l].x, a[l].id) < Node(a[i].x + 1, a[i].id))) ++l;
while (r <= n && (Node(a[r].x + 1, a[r].id) < Node(a[i].x, a[i].id))) ++r;
f[r] = (f[r] + mod - f[l]) % mod;
f[i + 1] = ((f[i] + f[i]) % mod + f[i + 1]) % mod;
}
print(f[n + 1]);
return 0;
}
|