【洛谷6630】[ZJOI2020] 传统艺能(动态规划+矩乘)

点此看题面

  • 给定一棵定义在长度为\(n\)的序列上的广义线段树(即每次分割区间不一定取中点)。
  • \(k\)次操作,每次随机选取一个区间进行一次\(Modify\)(详见原题)。
  • 求最终有标记的节点数期望。
  • \(n\le2\times10^5,k\le10^9\)

毕竟是半年前考场上切掉的题目啊。。。

由于没有考场代码,这篇博客就一直坑着,直到今天下定决心重写一遍。

应该说实力还是没有太大退步,稍微想了一下便推出来了,接着轻松过样例,然后就一遍\(A\)掉了。

套路设立状态

真的想不到ZJOI会抄自己的题目,发现前一年的Day1T2(【洛谷5280】[ZJOI2019] 线段树)和今年的Day1T2完全就是一个套路,甚至今年这题可能还要更简单。

按照套路,对于一个点\(x\)(假设它对应区间为\([l,r]\),其父节点对应区间为\([fl,fr]\))我们设立三个状态:

  • \(f_{x,i,0}\)表示\(i\)次操作后\(x\)及其祖先都没有标记的方案数。
  • \(f_{x,i,1}\)表示\(i\)次操作后\(x\)没有标记,但\(x\)的祖先有标记的方案数。
  • \(f_{x,i,2}\)表示\(i\)次操作后\(x\)有标记的方案数。

方便起见,我们定义\(S(x)=\frac{x\times(x+1)}2\)

\(T=S(n)\)(一次操作的总方案数),\(P=S(l-1)+S(n-r)\)(和当前区间无交的方案数),\(A=l\times (n-r+1)\)(包含当前区间的方案数,也即当前点及其祖先中的某一个点作为终止节点的方案数)。

并类似地定义\(Pf=S(fl-1)+S(n-fr),Af=fl\times(n-fr+1)\)

然后考虑状态之间的转移:

  • \(U(0\rightarrow0)\):那么这次操作要么和当前区间无交,要么走进了当前区间子树(和当前区间有交但是不包含)。总结一下就是\(T-A\)
  • \(U(0\rightarrow 2)\):那么这次操作要恰好停在当前点,也就是说要包含当前区间,但不能包含父节点对应的区间。总结一下就是\(A-Af\)
  • \(U(0\rightarrow1)\):自然就是除了\(U(0\rightarrow0)\)\(U(0\rightarrow2)\)外的所有情况,即\(T-U(0\rightarrow0)-U(0\rightarrow2)=Af\)
  • \(U(1\rightarrow0)\):只有走进了当前区间子树的情况,和\(U(0\rightarrow0)\)的区别就是少了和当前区间无交的方案数\(P\)。总结一下就是\(T-P-A\)
  • \(U(1\rightarrow2)\):当前点被打上标记既可能是因为父节点标记上传,也可能是因为直接被打上标记。无论如何首先我们必须要走到父节点,要减去与父节点区间无交的方案数\(Pf\);其次,父节点及其祖先都不能作为终止节点,要减去包含父节点区间的方案数\(Af\);再次,不能走进当前区间子树,要减去这一部分的方案数\(U(1\rightarrow0)\)。总结一下就是\(T-Pf-Af-U(1\rightarrow0)=P+A-Pf-Af\)
  • \(U(1\rightarrow1)\)\(T-U(1\rightarrow0)-U(1\rightarrow2)=Pf+Af\)
  • \(U(2\rightarrow0)\):同\(U(1\rightarrow0)\),为\(T-P-A\)
  • \(U(2\rightarrow2)\):发现除了走进当前区间子树的情况,已有的标记是不可能消失的。总结一下就是\(T-U(2\rightarrow0)=P+A\)
  • \(U(2\rightarrow1)\):显然为\(0\)

\(k\)这么大自然而然想到矩乘优化,于是这道题就做完了。

代码:\(O(27nlogk)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define N 200000
#define X 998244353
using namespace std;
int n,k;I int QP(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;}
struct M
{
	int a[3][3];I M() {memset(a,0,sizeof(a));}
	I int* operator [] (CI x) {return a[x];}
	I Con int* operator [] (CI x) Con {return a[x];}
	I M operator * (Con M& o) Con//矩阵乘法
	{
		M t;RI i,j,k;for(i=0;i^3;++i) for(j=0;j^3;++j)
			for(k=0;k^3;++k) t[i][j]=(1LL*a[i][k]*o[k][j]+t[i][j])%X;return t;
	}
}U,t;
int ans;I void Solve(CI l,CI r,CI fl=0,CI fr=n+1)
{
	#define S(x) (1LL*(x)*((x)+1)/2%X)
	#define G(x,y) (1LL*(x)*(n-(y)+1)%X)
	RI T=S(n),P=(S(l-1)+S(n-r))%X,A=G(l,r),Pf=(S(fl-1)+S(n-fr))%X,Af=G(fl,fr);
	U[0][0]=(T-A+X)%X,U[0][2]=(A-Af+X)%X,U[0][1]=Af,//构造转移矩阵
	U[1][0]=(T-P-A+X)%X,U[1][2]=((0LL+P+A-Pf-Af)%X+X)%X,U[1][1]=(Pf+Af)%X,
	U[2][0]=(T-P-A+X)%X,U[2][2]=(P+A)%X,U[2][1]=0;
	RI y=k;(t=M())[0][0]=1;W(y) y&1&&(t=t*U,0),U=U*U,y>>=1;ans=(ans+t[0][2])%X;//矩阵快速幂,ans统计答案
	if(l==r) return;RI x;scanf("%d",&x),Solve(l,x,l,r),Solve(x+1,r,l,r);//递归
}
int main()
{
	return scanf("%d%d",&n,&k),Solve(1,n),printf("%d\n",1LL*ans*QP(QP(S(n),k),X-2)%X),0;//期望=总和/总方案数
}
posted @ 2020-12-18 20:28  TheLostWeak  阅读(22)  评论(0编辑  收藏