牛客网212D禁书目录Index-题解

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• 题意简述

给你一些二元组$(x,y)$，对于这些二元组的一个排列，如果一个二元组$i$的左边有$x_j\geq x_i$，那么这个二元组就会消失。

每种排列的贡献值为其中$y$的种类数，然后询问你所有排列的总贡献。

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暴力枚举排列，然后计算贡献相加，复杂度为$O(n\times n!)$

• 正解

我们这里考虑对$y$进行离散化，然后对二元组按照$x$排序，记录下每一个二元组$x$大于等于它的个数。

那么对于一种二元组会有贡献的话，我们可以计算出它的贡献的概率，概率就为和它一样的二元组个数除以大于等于它的二元组的个数。（因为大于它的要全部排在至少一种这种二元组后面）

那么由于总的方案数就为$n!$，所以得知概率后我们就可以知道它有多少种做出贡献的方案。

对于每一种，我们令$k_i$为它做出贡献的概率，那由于一种$y$可能有多种$x$，所以我们要反向计算概率贡献，计算式如下：

$val=n!\times (1-\prod (1-k_i))$

其中$k_i=\frac{cnt}{tot}$，$cnt$为同种二元组的个数，$tot$为大于等于这个二元组的个数。

答案就为$\sum val$

用概率或者期望来算方案数的题目，方法比较巧妙，是在知道总方案数的时候的一种较为好的计算方式。

代码简陋的QAQ：

最后线性处理一下阶乘和逆元即可计算取模意义下的答案。

#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int M=5e5+10,Inf=1e9;
const ll Mod=998244353ll;
int ls[M],maxv[M],minv[M],tot,n;
ll Inv[M],fac;
struct book{
	int A,B;
	void in(){scanf("%d%d",&A,&B);ls[++tot]=B;}
	book(){}
	book(int a,int b):A(a),B(b){}
	bool operator <(const book &a)const{return A<a.A;}
}Bk[M];

void init(){
	Inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n+1;i++)Inv[i]=(Mod-Mod/i)*Inv[Mod%i]%Mod;
	fac=1;for(int i=2;i<=n;i++)fac=(fac*i)%Mod;
}

int sze[M],tct;
struct node{
	int A,t;
	node(){}	
	node(int a,int b):A(a),t(b){}
	bool operator <(const node &a)const{return A<a.A;}
};
vector <node> Type[M];
vector <ll> rec[M];

int main(){
	scanf("%d",&n);
	init();
	for(int i=1;i<=n;i++)Bk[i].in();
	sort(ls+1,ls+tot+1);
	tot=unique(ls+1,ls+tot+1)-ls-1;
	sort(Bk+1,Bk+n+1);
	int last=-1,tw=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int pos=lower_bound(ls+1,ls+tot+1,Bk[i].B)-ls;
		if(last!=Bk[i].A)last=Bk[i].A,tw=n-i+1;
		Type[pos].push_back(node(Bk[i].A,tw));
	}
	for(int i=tot;i>=1;i--)sort(Type[i].begin(),Type[i].end());
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		int last=-1,cnt=0,p=0;Type[i].push_back(node(-1,0));
		for(int j=0,sz=Type[i].size();j<sz;j++){
			if(last!=Type[i][j].A){
				if(last!=-1){rec[i].push_back((Mod+1-(cnt*Inv[Type[i][j-1].t]%Mod))%Mod);}
				last=Type[i][j].A;
				cnt=1;p=j;
			}else{++cnt;}
		}
	}
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		ll now=1;
		for(int j=0,sz=rec[i].size();j<sz;j++)now=(now*rec[i][j])%Mod;
		now=(Mod+1-now)%Mod;
		ans=(ans+fac*now%Mod)%Mod;
	}
	printf("%lld\n",ans%Mod);
	return 0;
}