P14973 『GTOI - 2D』木棍 题解
P14973 『GTOI - 2D』木棍 题解
蒟蒻太菜了，模拟赛被此题爆杀，由于是不太熟悉的数学题，遂写篇题解加深映象。
I. 题意
给定一个长度为 \(n\) 的 01 串 \(S\)。定义如下操作：
- 删除串中所有的连续子串
01，重复直到不存在01，最终剩下的串记为 \(f(S)\)。 - 价值函数定义为\[V(T)=\sum_{T'} [|T|=|T'|][f(T)=f(T')] \]即所有与 \(T\) 等长且 \(f\) 值相同的串的数量。
需要支持两种操作：
1 l r：将区间 \([l,r]\) 内的字符取反。2 l r：查询子串 \(T=S[l\cdots r]\) 的 \(V(T)\)，对 \(998244353\) 取模。
数据范围：\(n,q\le 5\times 10^5\)。
II. 思路
II.I Part 1
我们先观察一下 \(f(S)\)：
设 \(S\) 中初始有 \(z\) 个 \(0\)， \(o\) 个 \(1\)。
手玩样例，我们发现，删除所有的 01 后，\(S\) 一定会变成形如 \(\underbrace{11\cdots 1}_{a\text{个}1}\underbrace{00\cdots 0}_{b\text{个}0}\) 这样的形式，这也是能证明的。
因此，一个串 \(S\) 的 \(f\) 值完全由两个参数决定：剩余 1 的个数 \(a\) 和剩余 0 的个数 \(b\)。而 \(b\) 可由总长度和 \(a\) 推出，因为 \(o-z=a-b\)，所以有 \(b = a - o + z\)，又因为 \(z = |S| - o\)，所以 \(b = a - o + |S| - o = |S| - 2o - a\)。
II.II Part 2
对于这种仅有 0 和 1 的单一操作，考虑将字符串 \(S\) 在坐标系中表示出来。
将 0 看作向右走 \(1\) 个单位，将 1 看作向上走 \(1\) 个单位，则 \(S\) 可以看作从 \((0,0)\) 走到 \((z,o)\) 的一个路径。而所有与 \(S\) 等长，\(1\) 和 \(0\) 的数量与 \(S\) 相等的字符串都是从 \((0,0)\) 到 \((z,o)\) 的一个路径。于是，我们已经知道所有的可能字符串，还要求出限制条件就能求出 \(V(S)\)。
II.III Part 3
此时我们的操作越来越像 Catalan 数，遂考虑设我们的限制条件为某一次函数 \(y = x + d\)，有 \(d = y - x\)。则遇到 0 时 \(d - 1\)，遇到 1 时 \(d + 1\)。删除一个 01 相当于向右走后向上走，对于 \(d\) 来说就是 \(d - 1 + 1\)；同样的，若删除 0011，相当于向右走 \(2\) 个单位再向上走 \(2\) 个单位，对于 \(d\) 来说就是 \(d - 2 + 2\)。而对于 \(f(S) = \underbrace{11\cdots 1}_{a\text{个}1}\underbrace{00\cdots 0}_{b\text{个}0}\)，\(d\) 先下降后上升。
因此，剩余 \(1\) 的个数 \(a\) 就是原始数列 \(S\) 中 \(d\) 能达到的顶峰。
考虑模拟一复杂样例 1011011001，令 \(S = 1011011001\)，则 \(f(S) = 1110\)，易得 \(a = 3\)，对于 \(d\) 的变化如下图：
如图可知，\(a = \max d = 3\)。
现在，所有与 \(T\) 具有相同 $f 值的串，就是所有从 \((0,0)\) 到 \((z,o)\) 且最大高度恰好为 \(a\) 的格路。我们用反射原理来计算这种路径的数量。
II.IV Part 4
记 \(\operatorname{B}(m,n)\) 为从 \((0,0)\) 到 \((m,n)\) 的格路总数，即 \(\binom{m+n}{m}\)。
设 \(\mathcal{P}(k)\) 表示所有从 \((0,0)\) 到 \((z,o)\) 且满足 \(d \le k\) 的路径数（即路径不越过直线 \(y=x+k\)）。用反射原理：\(\mathcal{P}(k) = \binom{z+o}{z} - \binom{z+o}{z+k+1}\)。
证明
考虑所有越过直线 \(y=x+k+1\) 的坏路径，取第一次越过该直线的点，将起点 \((0,0)\)) 关于直线 \(y=x+k+1\) 反射，得到一条从反射起点到终点的路径，一一对应，坏路径数为 \(\binom{z+o}{z+k+1}\)。
那么最大高度恰好为 \(a\) 的路径数就是：\(V(T) = \mathcal{P}(a) - \mathcal{P}(a-1)\)。
代入上式：
其中 \(N=z+o\) 是串长，\(z\) 是 0 的个数，\(a\) 是最大前缀差（即最大 \(d\)）。
然后预处理逆元用来计算组合数、用线段树支持区间翻转、查询就好啦。
III. 代码
/*
author: Nimbunny
powered by c++14
*/
#include <bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define pi pair<int, int>
#define int long long
// #pragma GCC optimize(2)
using namespace std;
bool Mbe;
const double eps = 1e-6;
const int inf = 0x3f3f3f3f;
const int mod = 998244353;
const int N = 5e5 + 10;
int n, q;
string s;
int fac[N], invfac[N];
inline int qpow(int a, int b) {
int res = 1;
while (b) {
if (b & 1) res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}
inline void init() {
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 500000; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
invfac[500000] = qpow(fac[500000], mod - 2);
for (int i = 499999; i >= 0; i--) invfac[i] = invfac[i + 1] * (i + 1) % mod;
return ;
}
inline int C(int n, int k) {
if (k < 0 || k > n) return 0;
return fac[n] * invfac[k] % mod * invfac[n - k] % mod;
}
struct Segment_Tree {
#define ls (k << 1)
#define rs (ls | 1)
struct node {
int len, sum; // sum = s1 - s0
int maxpref, minpref; // 前缀和最大/最小值
int cnt0;
} tr[N << 2];
bool lazy[N << 2];
inline void pushup(int k) {
tr[k].len = tr[ls].len + tr[rs].len;
tr[k].sum = tr[ls].sum + tr[rs].sum;
tr[k].maxpref = max(tr[ls].maxpref, tr[ls].sum + tr[rs].maxpref);
tr[k].minpref = min(tr[ls].minpref, tr[ls].sum + tr[rs].minpref);
tr[k].cnt0 = tr[ls].cnt0 + tr[rs].cnt0;
return;
}
inline void change(int k) {
tr[k].sum = -tr[k].sum;
tr[k].cnt0 = tr[k].len - tr[k].cnt0;
int oldmax = tr[k].maxpref, oldmin = tr[k].minpref;
tr[k].maxpref = -oldmin;
tr[k].minpref = -oldmax;
lazy[k] ^= 1;
return;
}
inline void pushdown(int k) {
if (lazy[k]) {
change(ls);
change(rs);
lazy[k] = false;
}
return;
}
void build(int k, int l, int r) {
lazy[k] = 0;
if (l == r) {
tr[k].len = 1;
if (s[l - 1] == '0') {
tr[k].sum = -1;
tr[k].maxpref = 0;
tr[k].minpref = -1;
tr[k].cnt0 = 1;
} else {
tr[k].sum = 1;
tr[k].maxpref = 1;
tr[k].minpref = 0;
tr[k].cnt0 = 0;
}
return;
}
int mid = l + r >> 1;
build(ls, l, mid);
build(rs, mid + 1, r);
return pushup(k);
}
void update(int k, int l, int r, int x, int y) {
if (x <= l && r <= y) return change(k);
pushdown(k);
int mid = l + r >> 1;
if (x <= mid) update(ls, l, mid, x, y);
if (mid < y) update(rs, mid + 1, r, x, y);
return pushup(k);
}
node query(int k, int l, int r, int x, int y) {
if (x <= l && r <= y) return tr[k];
pushdown(k);
int mid = l + r >> 1;
if (y <= mid) return query(ls, l, mid, x, y);
if (x > mid) return query(rs, mid + 1, r, x, y);
node left = query(ls, l, mid, x, y);
node right = query(rs, mid + 1, r, x, y);
node res;
res.len = left.len + right.len;
res.sum = left.sum + right.sum;
res.maxpref = max(left.maxpref, left.sum + right.maxpref);
res.minpref = min(left.minpref, left.sum + right.minpref);
res.cnt0 = left.cnt0 + right.cnt0;
return res;
}
#undef ls
#undef rs
} T;
inline void solve() {
cin >> n >> s >> q;
T.build(1, 1, n);
while (q--) {
int op, l, r;
cin >> op >> l >> r;
if (op == 1) {
T.update(1, 1, n, l, r);
} else {
auto nd = T.query(1, 1, n, l, r);
int len = nd.len;
int z = nd.cnt0;
int A = nd.maxpref;
int ans = (C(len, z + A) - C(len, z + A + 1) + mod) % mod;
cout << ans << endl;
}
}
return;
}
bool Med;
signed main() {
fprintf(stderr, "%.3lf MB\n", (&Mbe - &Med) / 1048576.0);
// freopen(".in", "r", stdin);
// freopen(".out", "w", stdout);
cin.tie(nullptr)->sync_with_stdio(false);
int _ = 1;
init();
while (_--) solve();
cerr << 1e3 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << " ms\n";
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号