nflsoj360【六校联合训练 省选 #2】染色问题（color）
nflsoj360【六校联合训练 省选 #2】染色问题（color）
题目大意
一个长度为\(n\)的序列，进行\(m\)次染色操作，每次操作可以将一段区间染成一种新颜色（区间长度大于等于\(1\)），要求最后得到的序列每个位置上必须有颜色。 一个格子可以被多次涂色，颜色为最后涂上的颜色。
求最后不同的序列数\(\bmod 998244353\)。两个序列\(\{a_i\},\{b_i\}\)被认为不同，当且仅当\(\exist k\in[1,n]:a_k\neq b_k\)。
数据范围：\(1\leq n,m\leq 10^6\)。
备注：题面里有一档部分分\(n,m\leq 100\)，实际数据中是\(n,m\leq 300\)。
本题题解
我们先不考虑“先染的颜色会被后染的颜色覆盖”这件事。如果某种颜色在最终的序列中出现了\(x\)次，我们就直接认为在染这种颜色的时候，我们只染了\(x\)个格子。也就是说，现在每次染的颜色，在序列里不一定是连续的一段。
备注，“思路1”与正解关系不大，想看正解可以直接跳到思路2。
思路1：有一种思路是，把条件转化为，有一个长度为\(n\)的数列\(\{a_i\}\)，使得对所有\(i\in [1,n]\)，不存在某种个大于\(a_i\)的数，在\(i\)左右两边都出现过。
然后设\(dp[i][j]\)表示一段长度为\(i\)的序列，用到了\(j\)个颜色（注意，要求这\(j\)种颜色都真的在最终的\(i\)个位置上出现过。我们在初步转化后，已经不谈“覆盖”这件事了）。
在这种初步转化的思路下，按照每种颜色第一次和最后一次的出现位置，两种颜色要么是“并列”的关系，要么是“包含”的关系。所以转移时，枚举最左边的一整段非并列关系的区间长度，再枚举里面的颜色数量，转移要乘上组合数。
时间复杂度\(O(n^4)\)。但是这种初步转化的思路，似乎没什么优化前途。
思路2：另一种思路是，不要直接转化成对序列计数。我们还是依次进行这\(m\)个操作。那么现在每次操作，相当于在原来的操作序列上，插入了一段新颜色。也就是说，我们不考虑元素的真实位置了，只考虑目前已有的元素的相对位置关系，然后整个序列——通过在中间插入一段新颜色——在不断变长。
按此思路，也可以设计出一个DP。设\(dp[i][j]\)表示进行了前\(i\)次操作（也就是插入了前\(i\)种新颜色）后，当前序列长度为\(j\)时的方案数。转移时，枚举插入新颜色前，序列的长度：
其中，最前面的\([i<m]\)，表示除了最后一次操作外，其他操作插入的段长度都可以为\(0\)；最后一次操作插入的段长度至少是\(1\)，因为最后一种颜色不会被其他颜色覆盖，所以它一定要在最终的序列里出现。
时间复杂度\(O(n^3)\)，可以用前缀和优化到\(O(n^2)\)。
对比思路1和思路2。
思路1上来就把问题转化成对序列计数。但是这样，相当于所有位置必须在一开始就固定。状态缺乏灵活性，复杂度较差。
而思路2则把问题看成是在动态地插入元素。这样相当于所有位置都是不固定的，随时可能在中间插一段进来。这正好与题目的性质相契合（两种颜色，要么并列，要么包含。所谓包含，就是在中间插入。所谓并列，就是在两边插入），所以这种状态得到了较好的复杂度。
于是接下来，我们将抛弃思路1。顺着思路2，得到正解。
观察思路2里DP的转移，主要就是\(\times(k+1)\)。
发现，如果最终实际使用了\(j\)种颜色，则方案数就是\(\prod_{i=1}^{n-1}(x+i+1)\)的\(x^{n-j}\)项前的系数。这可以结合DP转移来理解，也可以根据具体含义理解：如果实际使用了\(j\)种颜色，每次染色前已有的序列长度为\(a_1,a_2,\dots ,a_j\)，那么一定有：\(0=a_1<a_2<\dots<a_j<n\)，方案数就是\(\prod_{i=2}^{n}(a_i+1)\)。总方案数，是所有这样的\(a\)序列的贡献之和，就相当于在\([2,n]\)里选出\(j-1\)个数，它们的乘积之和。这也就是\(\prod_{i=1}^{n-1}(x+i+1)\)的\(x^{n-j}\)项前的系数。
设\(\text{res}_j=[x^{n-j}](\prod_{i=1}^{n-1}(x+i+1))\)，则最终答案就是\(\sum_{j=1}^{\min(n,m)}\text{res}_j\times{m-1\choose j-1}\)。之所以要乘\({m-1\choose j-1}\)，是因为要确定选出的是哪\(j\)种颜色，并且颜色\(m\)是必选的，所以只需要确定其他\(j-1\)种颜色即可。
于是我们要求一堆小多项式的乘积。它们的乘积一定是一个\(n-1\)次的多项式。可以用分治FFT求解。（这是比较套路的用法，如果不会建议学习一下分治FFT）。
时间复杂度\(O(n\log^2n)\)。
继续优化。考虑用倍增代替分治。
假设已经求出了\(F_{t}(x)=\prod_{i=1}^{t}(x+i+1)\)这个\(t\)次多项式。如果我们用倍增解决本题，相当于要处理两个问题：
- 如何从\(F_t(x)\)推出\(F_{t+1}(x)\)。
- 如何从\(F_{t}(x)\)推出\(F_{2t}(x)\)。
第1个问题比较简单：\(F_{t+1}(x)=F_{t}(x)\times(x+t+2)\)。可以线性推出来。
第2个问题，可以写成：\(F_{2t}(x)=F_{t}(x)\times F_{t}(x+t)\)。
设\(F_{t}(x)=\sum_{i=0}^{t}f_ix^i\)，那么\(F_{t}(x+t)\)就等于\(\sum_{i=0}^{t}f_i\times(x+t)^i\)。
也就是说，\(f_{0\dots t}\)这个数组是我们已经知道的。我们要通过它，求出\(F_{2t}(x)=F_{t}(x)\times F_{t}(x+t)\)。
考虑先用一个数组\(a_{0\dots t}\)表示出\(F_{t}(x+t)\)，再对\(a,f\)做多项式乘法。问题转化为求这个数组\(a\)。观察\(F_{t}(x+t)\)的式子，考虑用二项式定理展开：
设\(b_i=f_i\times i!\)，\(c_i=t^{i}\times\frac{1}{i!}\)。则：
这其实也是一个卷积。简单讲就是同时反转\(a,b\)，就能变成通常意义上的卷积了。
用一次卷积求出\(a\)，再对\(a,f\)做一次卷积求出结果。时间复杂度\(O(n\log n)\)。
那么倍增的总时间复杂度就是\(T(n)=T(\frac{n}{2})+O(n\log n)=O(n\log n)\)。可以通过\(n\leq 10^6\)的数据。
参考代码：
//problem:nflsoj360
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}
const int MAXN=1e6;
const int MOD=998244353;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}
int fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
inline int comb(int n,int k){
if(n<k)return 0;
return (ll)fac[n]*ifac[k]%MOD*ifac[n-k]%MOD;
}
void facinit(int lim=MAXN){
fac[0]=1;
for(int i=1;i<=lim;++i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;
ifac[lim]=pow_mod(fac[lim],MOD-2);
for(int i=lim-1;i>=0;--i)ifac[i]=(ll)ifac[i+1]*(i+1)%MOD;
}
namespace PolyNTT{
int rev[MAXN*4+5];
int f[MAXN*4+5],g[MAXN*4+5];
void NTT(int *a,int n,int flag){
for(int i=0;i<n;++i)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int i=1;i<n;i<<=1){
int T=pow_mod(3,(MOD-1)/(i<<1));
if(flag==-1) T=pow_mod(T,MOD-2);
for(int j=0;j<n;j+=(i<<1)){
for(int k=0,t=1;k<i;++k,t=(ll)t*T%MOD){
int Nx=a[j+k],Ny=(ll)a[i+j+k]*t%MOD;
a[j+k]=mod1(Nx+Ny);
a[i+j+k]=mod2(Nx-Ny);
}
}
}
if(flag==-1){
int invn=pow_mod(n,MOD-2);
for(int i=0;i<n;++i)a[i]=(ll)a[i]*invn%MOD;
}
}
void mul(int n,int m){
int lim=1,ct=0;
while(lim<=n+m)lim<<=1,ct++;
for(int i=n;i<=lim;++i)f[i]=0;
for(int i=m;i<=lim;++i)g[i]=0;//clear
for(int i=0;i<lim;++i)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(ct-1));
NTT(f,lim,1);
NTT(g,lim,1);
for(int i=0;i<lim;++i)f[i]=(ll)f[i]*g[i]%MOD;
NTT(f,lim,-1);
}
}//namespace PolyNTT
typedef vector<int> Poly;
Poly operator*(const Poly& a,const Poly& b){
if(!SZ(a) && !SZ(b))return Poly();
Poly res;
res.resize(SZ(a)+SZ(b)-1);
if(SZ(a)<=50 && SZ(b)<=50){
for(int i=0;i<SZ(a);++i)for(int j=0;j<SZ(b);++j)add(res[i+j],(ll)a[i]*b[j]%MOD);
return res;
}
for(int i=0;i<SZ(a);++i)PolyNTT::f[i]=a[i];
for(int i=0;i<SZ(b);++i)PolyNTT::g[i]=b[i];
PolyNTT::mul(SZ(a),SZ(b));
for(int i=0;i<SZ(res);++i)res[i]=PolyNTT::f[i];
return res;
}
Poly& operator*=(Poly& lhs,const Poly& rhs){
lhs=lhs*rhs;return lhs;
}
Poly operator+(const Poly& a,const Poly& b){
Poly res;
res.resize(max(SZ(a),SZ(b)));
for(int i=0;i<SZ(res);++i){
res[i]=mod1((i>=SZ(a)?0:a[i])+(i>=SZ(b)?0:b[i]));
}
return res;
}
Poly& operator+=(Poly& lhs,const Poly& rhs){
lhs=lhs+rhs;return lhs;
}
int n,m;
Poly solve(int n){
// prod_{i=1->n} (x+i+1)
if(n==1){
Poly res(2);
res[0]=2;
res[1]=1;
return res;
}
if(n&1){
// 奇数
Poly res=solve(n-1);
assert(SZ(res)==n);
res.push_back(0);
for(int i=n;i>=1;--i){
res[i]=((ll)res[i]*(n+1) + res[i-1])%MOD;
}
res[0]=(ll)res[0]*(n+1)%MOD;
return res;
}
// 偶数
int len=n/2;
Poly f=solve(len);
assert(SZ(f)==len+1);
Poly a,b,c;
b.resize(len+1);
c.resize(len+1);
int pow_of_len=1;
for(int i=0;i<=len;++i){
b[i]=(ll)f[i]*fac[i]%MOD;
c[i]=(ll)pow_of_len*ifac[i]%MOD;
pow_of_len=(ll)pow_of_len*len%MOD;
}
reverse(b.begin(),b.end());
a=b*c;
while(SZ(a)>len+1) a.pop_back();
reverse(a.begin(),a.end());
for(int i=0;i<=len;++i){
a[i]=(ll)ifac[i]*a[i]%MOD;
}
return f*a;
}
int main() {
facinit();
cin>>n>>m;
Poly res=solve(n-1);
int ans=0;
for(int i=1;i<=n && i<=m;++i){
// 实际使用了i种颜色
ans=((ll)ans + (ll)res[n-i]*comb(m-1,i-1))%MOD;
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
