[ARC193B] Broken Wheel 做题记录

[ARC193B] Broken Wheel

[ARC193B] Broken Wheel

Solution

约定：每个点的编号都加一。

首先考虑问题的弱化版：所有点与 \(n+1\) 都没有连边。

Lemma 1：在这种情况下，把入度为 \(1\) 的点删除后，要么没有剩下的点，要么剩下的点的入度 \(0,2\) 交替。

正确性显然。

接下来我们考虑一般的情况。

可以发现，由于图上的边的数量一定，那么 \(1\sim n\) 中的点入度确定之后，\(n+1\) 号点入度也确定了。

普通点的处理是简单的，下面来考虑如何处理特殊点。

对于一个特殊点 \(x\)，分四种情况讨论：

1. \(d_x=3\)，我们把 \(n\) 号点向 \(x\) 连的边删去，就变成了 普通 \(2\)。
2. \(d_x=2\)，若 \(n\) 没有向 \(x\) 连边，那么就是普通 \(2\)；否则，删去这条边之后就会变为 \(1\)。那么这样的 \(x\) 可以看作 可变 \(2\)。
3. \(d_x=1\)，若 \(n\) 没有向 \(x\) 连边，那么就是普通 \(1\)；否则，删去这条边之后就会变为 \(0\)。那么这样的 \(x\) 可以看作 可变 \(0\)。
4. \(d_x=0\)，直接看作普通 \(0\)。

于是题意转化为：

对于普通点，可以从 \(0,1,2\) 中选择；

对于特殊点，可以从 普通 \(0\)、可变 \(0\)、普通 \(2\)、可变 \(2\) 中选择。

一个环形序列合法，当且仅当通过调整 可变 \(0\) 与可变 \(2\) 的取值之后，把入度为 \(1\) 的点删除后，要么没有剩下的点，要么剩下的点的入度 \(0,2\) 交替。

对合法的环形序列计数。

合法的环形序列具有什么性质，能够让我们方便地进行 dp 呢？

Lemma 2：一个序列合法，当且仅当每两个 普通 \(0\) 之间存在一个 普通 \(2\) 或 可变 \(2\)，每两个 普通 \(2\) 之间存在一个 普通 \(0\) 或 可变 \(0\)。

必要性显然。

再证充分性。我们把每两个普通 \(0\) 拿出来，若它们之间没有可变 \(0\)，那么就随便挑一个可变 \(0\) 出来变为 \(0\)，其他的都变为 \(1\)；否则，所有的可变 \(0\) 都变为 \(1\)。对于普通 \(2\) 同理。那么得出的序列一定合法。

有了这个性质，我们就能 dp 了。

首先考虑链怎么做。设 \(f_{x,0/1/2,0/1}\) 表示到了第 \(x\) 个点，上一个普通 \(0/2\) 是 普通 \(0\) / 没出现 / 普通 \(2\)，上一个普通 \(0/2\) 后面有没有出现可变 \(0/2\)。转移枚举所有情况即可。

接下来我们考虑怎么把链的两段接起来。

我们摒弃第二维的 \(1\)。先给 \(f_0\) 钦定一个初始状态，最后只保留 \(f_n\) 对应的状态即可。

但我们此时没有办法统计到不存在普通 \(0/2\) 的情况。那么我们单独计算这一部分的答案，设特殊点的数量为 \(c\)，这一部分的答案就是 \(2^c\)。

此时还有一个问题：转移的过程中可能也不会选择普通 \(0/2\)，直接回到环的起点。那么我们再加一维 \(0/1\) 表示当前有没有选择普通 \(0/2\) 即可。

int n;
char a[N];

const ll mod=998244353;

inline ll Mod(ll x){return (x>=mod)?(x-mod):(x);}

inline void Add(ll &x,ll y){x=Mod(x+y);}

ll ans,f[N][3][2][2];

void DpSolve(){
	for(int i=0;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<=1;j++){
			Add(f[i+1][0][0][1],Mod(f[i][2][0][j]+f[i][2][1][j])); //普通0
			Add(f[i+1][0][0][1],f[i][0][1][j]);//普通0
			Add(f[i+1][2][0][1],Mod(f[i][0][0][j]+f[i][0][1][j])); //普通2
			Add(f[i+1][2][0][1],f[i][2][1][j]);//普通2
			if(a[i+1]=='0'){
				Add(f[i+1][0][0][j],f[i][0][0][j]);//1 
				Add(f[i+1][0][1][j],f[i][0][1][j]);
				Add(f[i+1][2][0][j],f[i][2][0][j]);
				Add(f[i+1][2][1][j],f[i][2][1][j]);
			}else{
				Add(f[i+1][0][0][j],f[i][0][0][j]);//可删0 
				Add(f[i+1][0][1][j],f[i][0][1][j]);//可删0 
				Add(f[i+1][2][1][j],Mod(f[i][2][0][j]+f[i][2][1][j]));//可删0 
				Add(f[i+1][2][0][j],f[i][2][0][j]);//可删2
				Add(f[i+1][2][1][j],f[i][2][1][j]);//可删2 
				Add(f[i+1][0][1][j],Mod(f[i][0][0][j]+f[i][0][1][j]));//可删2
			}
		}
	}
}

signed main(){
	read(n);
	scanf("%s",a+1);
	ll res=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
		if(a[i]=='1') res=(Mod(res<<1));
	ans=res;
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[0][0][0][0]=1; DpSolve(); Add(ans,f[n][0][0][1]);
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[0][0][1][0]=1; DpSolve(); Add(ans,f[n][0][1][1]);
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[0][2][0][0]=1; DpSolve(); Add(ans,f[n][2][0][1]);
	memset(f,0,sizeof(f));
	f[0][2][1][0]=1; DpSolve(); Add(ans,f[n][2][1][1]);
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}