2020 CSP-S T3 函数调用（拓扑序+后缀积）

2020 CSP-S T3 函数调用

题解

• 如果这题按部就班的做，哪怕用高级数据结构也不一定好维护，突破口在于要先转化计算的过程。
• 每个位置的初值乘上所有操作中乘上的数即为它们分别的贡献，每个操作中加上的数乘上所有在它后面执行的操作中乘上的数即为它们分别的贡献，或者可以把赋初值看做是一种加操作，那么以上只有一种情况。
• 归纳一下，现在我们需要求的是每个加操作之后所有乘操作的乘积，这就是它对答案的贡献，
• 要注意的是，若干次的加操作尽管可能操作编号相同，但它们对应的乘积不同，即每个加操作的$V_i$的贡献不一定是$V_i\ast V_{j1}\ast V_{j2}\ast ...V_{jk}$，而是$V_i\ast \sum V_{j1}\ast V_{j2}\ast ...V_{jk}$。
• 怎么维护呢？
• 首先把$Q$个操作全部连向一个总的操作，记其编号为$0$，
• 在这个有向无环图上DFS一遍，求出每个点所能到达的所有乘操作的乘积，记为$f_i$，
• 然后按拓扑序累加答案，把入度为$0$的所有点加入队列中，（不能只加$0$号操作，不然后面可能有些点无法被加入），但只有$0$号点的当前操作次数$s_0=1$，其它$s_i=0(i>0)$，
• 从右往左枚举队列每个点的的儿子，记录儿子$f$值的后缀积$t$，每个儿子的$s_{so{n}_x}$依次加上$t\ast s_{fa}$。
• 最后枚举所有操作，把加操作的乘上其$s$值加入答案即可。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<queue>
using namespace std;
#define ll long long
#define N 100010
#define md 998244353
ll a[N], f[N], s[N];
struct {
	int op, x, t;
}b[N];
int q[N * 11], h[N], d[N], vi[N];
queue<int> qu;
void dfs(int k) {
	vi[k] = 1;
	if(b[k].op == 3) {
		f[k] = 1;
		for(int i = h[k] + b[k].t; i > h[k]; i--) {
			if(!vi[q[i]]) dfs(q[i]);
			(f[k] *= f[q[i]]) %= md;
		}
	}
	else if(b[k].op == 2) f[k] = b[k].t; 
	else f[k] = 1;
}
int read() {
	int s = 0;
	char x = getchar();
	while(x < '0' || x > '9') x = getchar();
	while(x >= '0' && x <= '9') s = s * 10 + x - 48, x = getchar();
	return s;
}
int main() {
	int n = read(), m, tot = 0, i, j, x;
	for(i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
	m = read();
	for(i = 1; i <= m; i++) {
		b[i].op = read();
		if(b[i].op == 1) b[i].x = read(), b[i].t = read();
		else if(b[i].op == 2) b[i].t = read();
		else {
			b[i].t = read();
			h[i] = tot;
			for(j = 1; j <= b[i].t; j++) q[++tot] = read(), d[q[tot]]++;
		}
	}
	h[0] = tot;
	b[0].t = read();
	b[0].op = 3; 
	for(i = 1; i <= b[0].t; i++) q[++tot] = read(), d[q[tot]]++;
	dfs(0);
	for(i = 1; i <= n; i++) (a[i] *= f[0]) %= md; 
	for(i = 0; i <= m; i++) if(!d[i]) qu.push(i), s[i] = (i == 0);
	while(!qu.empty()) {
		x = qu.front();
		qu.pop();
		if(b[x].op < 3) continue;
		ll t = 1;
		for(i = h[x] + b[x].t; i > h[x]; i--) {
			(s[q[i]] += t * s[x]) %= md;
			(t *= f[q[i]]) %= md;
			d[q[i]]--;
			if(!d[q[i]]) qu.push(q[i]);
		}
	}
	for(i = 1; i <= m; i++) if(b[i].op == 1) (a[b[i].x] += s[i] * b[i].t) %= md;
	for(i = 1; i <= n; i++) printf("%lld ", a[i]);
	return 0;
}