题解：P16313 [ICPC 2023 Jinan R] 向未来说你好
某一天调这道题调到了 0:22，特此记录。
首先考虑静态情形，也就是没有 \(a_i\) 被修改的情况。
那么这个问题就是 [PA 2014] Druzyny 的弱化版，可以用类似地方法解决。具体地，我们假设 \(f_i\) 表示将 \([1, i]\) 分段地方案数，有转移
转移不连续，一般手法不太好优化，因此考虑 cdq 分治。每次处理 \([l, r]\) 的 dp 值，记 \(mid\) 为区间中点，则只考虑 \([l, mid]\) 的 \(j\) 对 \([mid+1, r]\) 的 \(i\) 的贡献。记 \(ml_j\) 表示 \([j, mid]\) 上的最大值，\(mr_i\) 表示 \([mid+1, i]\) 上的最大值。则一个 \(j\) 可以对一个 \(i\) 产生贡献可以写成 \(i - j \ge \max\{ml_{j+1}, mr_i\}\)。
拆掉 \(\max\) 可以得到以下两个式子：
- \(i - j \ge ml_{j+1}\)，\(i \ge \color{red}j + ml_{j+1}\)。
- \(i - j \ge mr_i\)，\(i - mr_i \ge \color{red} j\)。
由上可以发现，我们把每个 \(j\) 看作一个二维平面上的点 \((j + ml_{j+1}, j)\)，则会对一个特定 \(i\) 产生影响的 \(j\) 位于一个矩形中。因此可以通过扫描线求解二位数点，来完成 \(j\) 对 \(i\) 的转移。
接下来考虑如何计算把一个 \(a_k\) 置于 \(1\) 后的影响。我们直接思考在原先的 \(f_n\) 基础上的增量。
那么我们用求 \(f\) 完全一样的方案求出一个 \(g_i\) 表示 \([i, n]\) 的分段方案数。将 \(a_k\) 置为 \(1\) 后，应该多出一些包含 \(k\) 的合法的段。
现在考虑一个段 \((j, i]\)，容易发现，如果 \((j, i]\) 变成了一个合法的段，则会新增 \(f_j \cdot g_{i+1}\) 种分段方案。这一段会被计算为新增贡献，首先要满足这一段在 \(a_k\) 置于 \(1\) 之前是不合法的，也就是 \(i - j < \max\{a_{j+1}, a_{j+2}, \cdots, a_i\}\)。然后，将 \(a_k\) 赋值为 \(1\) 后这一段变合法了，则说明 \(a_k\) 是区间内唯一的最大值，而修改后区间的最大值变为了原区间的严格次大值，也就是 \(i - j \ge \operatorname{2^{nd}-max} \{a_{j+1}, a_{j+2}, \cdots, a_i\}\)。容易发现一个 \((j, i]\) 会贡献到的 \(k\) 是唯一的。这启发我们，仍然通过分治计算新增的贡献。
仍旧对于区间 \([l, r]\)，仅考虑 \([l, mid]\) 的 \(j\) 和 \([mid+1, r]\) 的 \(i\) 产生的新增贡献。接下来将要讨论 \((j, i]\) 的最大值是在 \((j, mid]\) 还是在 \([mid+1, r]\) 两种情况，为减少篇幅，仅考虑最大值在 \((j, mid]\) 的情况。
则记 \(ml_j\) 表示 \([j, mid]\) 的最大值，\(ml2_j\) 表示 \([j, mid]\) 的次大值，\(mr_i\) 表示 \([mid+1, r]\) 的最大值。则要满足以下两个条件：
- \(i - j < \max\{ml_{j+1}, mr_{i}\}\)。
- \(i - j \ge \max\{ml2_{j+1}, mr_{i}\}\)。
由第二个不等式，可以得到
- \(i - j \ge ml2_{j+1}\)，\(ml2_{j+1} + j \le \color{red}i\)。
- \(i - j \ge mr_i\)，\(j \le \color{red}i - mr_i\)。
此时在第一个式子中 \(i - j < mr_i\) 已经不成立，因此只有
- \(i - j < ml_{j+1}\)，\(ml_{j+1} + j > \color{red}i\)。
由上述三个式子，可以发现，如果把每个 \(i\) 看作平面上的一个点 \((i, i - mr_i)\)，则对每个 \(j\) 有贡献的 \(i\) 一定在二维平面上的一个矩形内！因此对于一个 \(j\)，所有 \(i\) 的贡献之和同样可以通过扫描线计算出。而由于最大值位于 \((j, mid]\) 上，因此一个 \(j\) 对应的 \(k\)（也就是对 \(a\) 修改的位置）也是唯一的，因此直接将这个 \(j\) 的贡献累加到对应 \(k\) 上的答案即可！
最大值属于 \([mid+1, i]\) 区间的情况是完全对称的，这里不再赘述。
那么这道题就做完了，由于外层分治带一个 \(\log\)，内层二维数点也带一个 \(\log\)，因此总复杂度为 \(O(n \log^2 n)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define endl '\n'
#define N 400006
#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;}
// mx_l[j+1] + j <= i
// i - j >= mx_r[i]
// j <= i - mx_r[i]
int n,a[N],f[N],g[N],mx_l[N],mxpos[N],mx2_l[N],mx_r[N],mx2_r[N],ans[N];
int bn,b[N];
vector<int> vec[N];
struct BIT {
int tree[N];
void upd(int k,int x) {for(;k<=n+1;k+=k&-k)add(tree[k],x);}
int query(int k)
{
int ret=0;
for(;k;k-=k&-k)add(ret,tree[k]);
return ret;
}
int query(int l,int r)
{
if(l>r||l>n+1||r<1)return 0;
l=max(1,l),r=min(n+1,r);
return (query(r)-query(l-1)+MOD)%MOD;
}
} T;
void cdq1(int l,int r,int *dp)
{
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
cdq1(l,mid,dp);
bn=0,mx_l[mid+1]=mx_r[mid]=-2e9;
for(int i=mid;i>=l;i--)mx_l[i]=max(mx_l[i+1],a[i]);
for(int i=mid+1;i<=r;i++)mx_r[i]=max(mx_r[i-1],a[i]);
for(int j=l;j<=mid;j++)b[++bn]=j+mx_l[j+1];
for(int i=mid+1;i<=r;i++)b[++bn]=i;
sort(b+1,b+1+bn),bn=unique(b+1,b+1+bn)-b-1;
for(int i=1;i<=bn;i++)vec[i].clear();
for(int j=l;j<=mid;j++)
{
int id=lower_bound(b+1,b+1+bn,j+mx_l[j+1])-b;
vec[id].push_back(j);
}
vector<pair<int,int> > change;
for(int x=1;x<=bn;x++)
{
for(int j:vec[x])
T.upd(j+1,dp[j]),change.push_back({j,dp[j]});
if(b[x]>mid&&b[x]<=r)
{
int i=b[x];
if(i-mx_r[i]>=0)add(dp[i],T.query(i-mx_r[i]+1));
}
}
for(auto [x,y]:change)T.upd(x+1,(MOD-y)%MOD);
cdq1(mid+1,r,dp);
}
void cdq2(int l,int r)
{
if(l==r)return;
int mid=l+r>>1;
cdq2(l,mid);
bn=0,mx_l[mid+1]=mx2_l[mid+1]=-2e9,
mx_r[mid]=mx2_r[mid]=-2e9;
for(int j=mid;j>=l;j--)
{
mxpos[j]=mxpos[j+1];
mx_l[j]=mx_l[j+1],mx2_l[j]=mx2_l[j+1];
if(a[j]>=mx_l[j])mx2_l[j]=mx_l[j],mx_l[j]=a[j],mxpos[j]=j;
else if(a[j]>mx2_l[j])mx2_l[j]=a[j];
}
for(int i=mid+1;i<=r;i++)
{
mxpos[i]=mxpos[i-1];
mx_r[i]=mx_r[i-1],mx2_r[i]=mx2_r[i-1];
if(a[i]>=mx_r[i])mx2_r[i]=mx_r[i],mx_r[i]=a[i],mxpos[i]=i;
else if(a[i]>mx2_r[i])mx2_r[i]=a[i];
}
for(int i=mid+1;i<=r;i++)b[++bn]=i-mx_r[i];
for(int j=l;j<=mid;j++)b[++bn]=j;
sort(b+1,b+1+bn),bn=unique(b+1,b+1+bn)-b-1;
for(int i=1;i<=bn;i++)vec[i].clear();
for(int i=mid+1;i<=r;i++)
{
int id=lower_bound(b+1,b+1+bn,i-mx_r[i])-b;
vec[id].push_back(i);
}
vector<pair<int,int> > change;
for(int x=bn;x;x--)
{
for(int i:vec[x])
T.upd(i+1,g[i+1]),change.push_back({i,g[i+1]});
if(b[x]>=l&&b[x]<=mid)
{
int j=b[x],val=T.query(j+mx2_l[j+1]+1,j+mx_l[j+1]);
if(val)add(ans[mxpos[j+1]],1ll*f[j]*val%MOD);
}
}
for(auto [x,y]:change)T.upd(x+1,(MOD-y)%MOD);
change.clear(),bn=0;
for(int j=l;j<=mid;j++)b[++bn]=j+mx_l[j+1];
for(int i=mid+1;i<=r;i++)b[++bn]=i;
sort(b+1,b+1+bn),bn=unique(b+1,b+1+bn)-b-1;
for(int i=1;i<=bn;i++)vec[i].clear();
for(int j=l;j<=mid;j++)
{
int id=lower_bound(b+1,b+1+bn,j+mx_l[j+1])-b;
vec[id].push_back(j);
}
for(int x=1;x<=bn;x++)
{
for(int j:vec[x])
T.upd(j+1,f[j]),change.push_back({j,f[j]});
if(b[x]>mid&&b[x]<=r)
{
int i=b[x],val=T.query(i-mx_r[i]+2,i-mx2_r[i]+1);
if(val)add(ans[mxpos[i]],1ll*g[i+1]*val%MOD);
}
}
for(auto [x,y]:change)T.upd(x+1,(MOD-y)%MOD);
cdq2(mid+1,r);
}
main()
{
scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
f[0]=1,cdq1(0,n,f),reverse(a+1,a+1+n);
g[0]=1,cdq1(0,n,g),reverse(a+1,a+1+n);
reverse(g,g+2+n);
for(int i=1;i<=n;i++)ans[i]=f[n];
cdq2(0,n);
for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%d%c",ans[i]," \n"[i==n]);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号