题解：AT_ndpc2026_q 区間の和集合

更差的阅读体验

---

官解怎么是，拉插优化一坨东西，已吓哭。

然而并不需要，只要最基础的容斥 /qiang

---

题目就是，给你一堆区间，对于每个 \(x\)，求出从这些区间中选出若干个，并集大小恰好是 \(x\) 的方案数。

那么首先简单转换一下，变成未被覆盖的区域大小恰好是 \(\boldsymbol{m-x}\) 的方案数。

那么可以容斥。假设 \(S\) 是 \([1, m] \cap \N\) 的一个子集，\(f_S\) 表示钦定集合 \(S\) 中的位置没被覆盖，其余格子无限制，的方案数。那么假设 \(|S| = k\)，\(S\) 中元素升序排序后是 \(S_1, S_2, \cdots, S_k\)。那么被完全包含于 \([1, S_1), (S_1, S_2), (S_2, S_3) \cdots, (S_k, m]\) 的区间都可以随便选，而跨过 \(S\) 中任何一个元素的区间都不能选。因此假设不跨过 \(S\) 中任何一个元素的区间个数为 \(c\)，那么 \(f_S = 2^c\)。

那么我们考虑计算 \(F_k\) 表示 \(\sum \limits_{|S|=k} f_S\)。则可以设计一个 dp。假设 \(h_{i, j}\) 表示只考虑数轴上 \(\boldsymbol{[1, i]}\) 的点，目前 \(|S| = j\) 的 \(f_S\) 之和，且规定 \(i \isin S\)。假设 \(c_{l, r}\) 表示有多少个区间被完全包含于区间 \([l, r]\)。我们可以枚举 \(S\) 中前一个选的点，那么有转移

\[\begin{gather} h_{i, j} = \sum_{k=0}^{i-1} h_{k, j-1} \cdot 2^{c_{k+1,i-1}} \nonumber \\ h_{0, 0} = 1 \nonumber \end{gather} \]

容易发现转移所需要的 \(c_{k+1, i-1}\) 一项是一个二维偏序的形式，这启发我们可以数据结构优化。具体地，我们可以维护每一个 \(k\) 会给当前 \(h_{i, j}\) 带来多少贡献（初始时就是 \(h_{k, j-1}\)）。假设我们现在位于 \(i\)，则我们枚举所有以 \(i\) 为右端点的区间 \([l, i]\)，加入这个区间之后所有 \(k \isin [1, l)\) 的 \(k\) 带来的贡献都会 \(\times 2\)。

这是一个区间乘法求区间和的问题，线段树维护即可。然后由于 \(h\) 的转移只需要 \(j\) 和 \(j-1\)，可以滚动数组优化做到线性空间。

很显然我们可以利用 \(h\) 的 dp 值求出 \(F\)。则假设 \(G_k\) 表示恰好 \(k\) 个格子没被覆盖的的方案数，\(G\) 可以通过对 \(F\) 施加二项式反演求得。那么 \(G_{m-i}\) 就是 \(i\) 处的答案。

假设 \(n, m\) 同阶，时间复杂度为 \(O(n^2 \log n)\)，空间复杂度 \(O(n)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define N 4006
#define MOD 998244353
using namespace std;
inline void add(int &x,int y) {x+=y,x-=x>=MOD?MOD:0;}
inline void dec(int &x,int y) {x+=MOD-y,x-=x>=MOD?MOD:0;}
inline void mul(int &x,int y) {x=1ll*x*y%MOD;}
int n,m,fac[N],ifac[N],pw2[N],old_f[N],f[N],cnt[N],g[N],h[N];
vector<int> vec[N];
struct Segtree {
	int tree[N<<2],tag[N<<2];
	void build(int p,int l,int r)
	{
		tag[p]=1;
		if(l==r)return tree[p]=old_f[l],(void)0;
		int mid=l+r>>1;
		build(p<<1,l,mid),build(p<<1|1,mid+1,r);
		tree[p]=(tree[p<<1]+tree[p<<1|1])%MOD;
	}
	inline void addtag(int p,int x) {mul(tree[p],x),mul(tag[p],x);}
	inline void push_down(int p) {addtag(p<<1,tag[p]),addtag(p<<1|1,tag[p]),tag[p]=1;}
	void update(int p,int l,int r,int L,int R,int x)
	{
		if(L<=l&&r<=R)return addtag(p,x);
		push_down(p); int mid=l+r>>1;
		if(L<=mid)update(p<<1,l,mid,L,R,x);
		if(R>mid)update(p<<1|1,mid+1,r,L,R,x);
		tree[p]=(tree[p<<1]+tree[p<<1|1])%MOD;
	}
	int query(int p,int l,int r,int L,int R)
	{
		if(L<=l&&r<=R)return tree[p];
		push_down(p); int mid=l+r>>1,ret=0;
		if(L<=mid)add(ret,query(p<<1,l,mid,L,R));
		if(R>mid)add(ret,query(p<<1|1,mid+1,r,L,R));
		return ret;
	}
} T;
main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m),pw2[0]=fac[0]=1;
	for(int i=1;i<N;i++)
		pw2[i]=2ll*pw2[i-1]%MOD,fac[i]=1ll*i*fac[i-1]%MOD;
	auto qpow=[](int x,int y=MOD-2) {
		int ret=1;
		for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%MOD)if(y&1)ret=1ll*ret*x%MOD;
		return ret;
	};
	ifac[N-1]=qpow(fac[N-1]);
	for(int i=N-2;~i;i--)ifac[i]=1ll*ifac[i+1]*(i+1)%MOD;
	auto binom=[](int x,int y) {
		return (x<y||x<0||y<0)?0:1ll*fac[x]*ifac[y]%MOD*ifac[x-y]%MOD;
	};
	for(int i=1,l,r;i<=n;i++)
		scanf("%d%d",&l,&r),vec[r].push_back(l),cnt[l]++;
	for(int i=m;~i;i--)add(cnt[i],cnt[i+1]);
	f[0]=1,add(g[0],pw2[n]);
	for(int j=1;j<=m;j++)
	{
		for(int i=0;i<=m;i++)old_f[i]=f[i],f[i]=0;
		T.build(1,0,m);
		for(int i=j;i<=m;i++)
		{
			f[i]=T.query(1,0,m,0,i-1),add(g[j],1ll*f[i]*pw2[cnt[i+1]]%MOD);
			for(int k:vec[i])T.update(1,0,m,0,k-1,2);
		}
	}
	for(int i=0;i<=m;i++)
		for(int k=i;k<=m;k++)(k^i)&1?dec(h[i],1ll*g[k]*binom(k,i)%MOD):add(h[i],1ll*g[k]*binom(k,i)%MOD);
	for(int i=1;i<=m;i++)printf("%d\n",h[m-i]);
	return 0;
}