【洛谷5368】[PKUSC2018] 真实排名（组合数学）

点此看题面

大致题意： 有\(n\)个数字，定义一个数的排名为不小于它的数的个数。现要随机将其中\(k\)个数乘\(2\)，求对于每个数有多少种方案使其排名不变。

分类讨论

对于这种题目，我们可以分类讨论一下，假设当前考虑第\(i\)个数的答案。

当\(a_i\)不被修改时，因为原先就\(\ge a_i\)的数不可能在修改后\(<a_i\)，所以我们就可以知道：

• 原先就\(\ge a_i\)的数可以随意修改。
• 原先\(<a_i\)的数如果修改后\(\ge a_i\)就不可以修改。

如果我们将原序列排序，设\(t1\)满足\(2a_{t1}<a_i\le 2a_{t1+1}\)，那么不可以修改的数就有\(i-t1\)个，而剩下的\(n-(i-t1)\)个数可以任意修改，即方案数为：

\[C_{n-(i-t1)}^k \]

当\(a_i\)被修改时，因为原先就\(<a_i\)的数在修改后必然依旧\(<a_i\)，所以我们就可以知道：

• 原先就\(<a_i\)的数可以随意修改。
• 原先就\(\ge2a_i\)的数可以随意修改。
• 原先\(\ge a_i\)且\(<2a_i\)的数必须修改。

如果我们将原序列排序，设\(t2\)满足\(a_{t2}<2a_i\le a_{t2+1}\)，那么必须修改的数就有\(t2-i+1\)个（注意\(a_i\)必须修改），而剩下的\(n-(t2-i+1)\)个数可以任意修改，即方案数为：

\[C_{n-(t2-i+1)}^{k-(t2-i+1)} \]

而对于\(t1,t2\)，我们可以在枚举\(i\)的同时进行维护。

特殊情况

注意，有两种特殊情况会把上面的推理过程卡掉。

• \(a_i=0\)。
  • 问题：我们会发现，根据\(t2\)的定义，此时\(t2<i\)，会出锅。
  • 解决方案：每次将\(t2\)向\(i\)取\(max\)。
• 出现相同的\(a_i\)。
  • 问题：在讨论过程中一些边界细节问题上会出锅。
  • 解决方案：不难发现，相同的\(a_i\)答案是一样的。而对于一些相同的\(a_i\)，其中第一个\(a_i\)用上述方法计算答案是不会出错的。因此将所有相同的\(a_i\)的答案都赋为第一个\(a_i\)的答案即可。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg 
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 100000
#define X 998244353
#define C(x,y) ((x)>=(y)?1LL*Fac[x]*IFac[y]%X*IFac[(x)-(y)]%X:0)
using namespace std;
int n,k,ans[N+5],Fac[N+5],IFac[N+5];
struct data {int p,v;I bool operator < (Con data& o) Con {return v<o.v;}}s[N+5];
I int Qpow(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
int main()
{
	RI i,t1,t2,lst;for(scanf("%d%d",&n,&k),Fac[0]=i=1;i<=n;++i) Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%X;//预处理阶乘
	for(IFac[n]=Qpow(Fac[n],X-2),i=n-1;~i;--i) IFac[i]=1LL*IFac[i+1]*(i+1)%X;//预处理阶乘逆元
	for(i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&s[s[i].p=i].v);//读入
	for(sort(s+1,s+n+1),s[0].v=-1,i=1,t1=t2=0;i<=n;++i)//记得排序
	{
		if(s[i].v==s[i-1].v) {ans[s[i].p]=lst;continue;}//如果与上一个数一样
		W(t1^n&&2*s[t1+1].v<s[i].v) ++t1;W(t2^n&&s[t2+1].v<2*s[i].v) ++t2;t2<i&&(t2=i);//更新t1,t2
		ans[s[i].p]=lst=(C(n-(i-t1),k)+(t2-i<=k?C(n-(t2-i+1),k-(t2-i+1)):0))%X;//计算答案
	}
	for(i=1;i<=n;++i) printf("%d\n",ans[i]);return 0;//输出答案
}