ZOJ--3874(CDQ分治,NTT)

2015-08-10 20:56:00

传送门

浙江省赛F题,看这两个算法套起来有点悬乎,其实做过就还好~

题意:对于一个序列,给形成逆序对的两个数连边,输入给出连完边后的各连通块情况,问原序列种类数。

思路:首先在同一连通块内的点的编号必定连续,然后就需要一点技巧了,用 dp[i] 表示 1~i 这些点在同一连通块内的序列数。

  那么有转移方程: ,右边是一个卷积,A行列式以dp为系数,B行列式以 i!为系数。

  但是直接算仍然有 n × n × logn 的复杂度,所以需要用 CDQ 分治优化到 n×(logn)^2 。

  具体在 CDQ 中处理左区间对右区间的影响时,A行列式的dp值只有左半边,B行列式的 i!系数全有,这样就能做了。

#include <cstdio>
#include <ctime>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <cmath>
#include <vector>
#include <map>
#include <set>
#include <stack>
#include <queue>
#include <string>
#include <iostream>
#include <algorithm>
using namespace std;

#define getmid(l,r) ((l) + ((r) - (l)) / 2)
#define MP(a,b) make_pair(a,b)
#define PB push_back

typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
const double eps = 1e-8;
const int INF = (1 << 30) - 1;
const int P = 786433;
const int G = 10;
const int NUM = 20;
const int MAXN = (1 << 18) + 10;

int T,n,m;
int rev[MAXN],A1[MAXN],A2[MAXN],wn[2][NUM];
int dp[MAXN],fac[MAXN],sz[MAXN];
int N,bit;

int Q_pow(int x,int y,int mod){
    int res = 1;
    x %= mod;
    while(y){
        if(y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
        x = 1ll * x * x % mod;
        y >>= 1;
    }
    return res;
}

void Pre_cal(int n3){
    for(N = 1,bit = 0; N < n3; N <<= 1,++bit);
    for(int i = 1; i < N; ++i)
        rev[i] = (rev[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << (bit - 1));
    for(int i = 0; i < NUM; ++i){
        int t = 1 << i;
        wn[0][i] = Q_pow(G,(P - 1) / t,P);
        wn[1][i] = Q_pow(wn[0][i],P - 2,P);
    }
}

void NTT(int *A,int n,int f){
    for(int i = 0; i < n; ++i) if(i < rev[i]) swap(A[i],A[rev[i]]);
    int id = (f == -1) ? 1 : 0,p = 1;
    for(int m = 2; m <= n; m <<= 1,++p){
        for(int k = 0; k < n; k += m){
            for(int j = k,w = 1; j < k + (m >> 1); ++j){
                int t = 1ll * w * A[j + (m >> 1)] % P;
                int u = A[j] % P;
                if((A[j] = u + t) >= P) A[j] -= P;
                if((A[j + (m >> 1)] = u - t) < 0) A[j + (m >> 1)] += P;
                w = 1ll * w * wn[id][p] % P;
            }
        }
    }
    if(f == -1){
        int inv = Q_pow(n,P - 2,P);
        for(int i = 0; i < n; ++i) A[i] = 1ll * A[i] * inv % P;
    }
}

void CDQ(int l,int r){
    if(l == r) return;
    int mid = getmid(l,r);
    CDQ(l,mid);
    int len = r - l + 1;
    Pre_cal(len);
    for(int i = 0; i <= mid - l; ++i) A1[i] = dp[i + l];
    for(int i = mid - l + 1; i < N; ++i) A1[i] = 0;
    for(int i = 0; i < N; ++i) A2[i] = fac[i + 1];
    NTT(A1,N,1);
    NTT(A2,N,1);
    for(int i = 0; i < N; ++i) A1[i] = 1ll * A1[i] * A2[i] % P;
    NTT(A1,N,-1);
    for(int i = mid + 1; i <= r; ++i) dp[i] = (dp[i] - A1[i - l - 1] + P) % P;
    CDQ(mid + 1,r);
}

void Solve(){
    fac[0] = 1; dp[0] = 0;
    for(int i = 1; i < MAXN; ++i)
        dp[i] = fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P;
    CDQ(1,100000);
    //for(int i = 1; i <= 20; ++i) printf("dp[%d] : %d\n",i,dp[i]);
}

int main(){
    int a,b,tmax,tmin;
    bool flag;
    Solve();
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        flag = true;
        scanf("%d%d",&n,&m);
        for(int i = 1; i <= m; ++i){
            scanf("%d",&sz[i]);
            tmax = 0,tmin = INF;
            for(int j = 1; j <= sz[i]; ++j){
                scanf("%d",&b);
                tmax = max(tmax,b);
                tmin = min(tmin,b);
            }
            if(tmax - tmin + 1 != sz[i]) flag = false;
        }
        if(!flag) printf("0\n");
        else{
            int ans = dp[sz[1]];
            for(int i = 2; i <= m; ++i) ans = 1ll * ans * dp[sz[i]] % P;
            printf("%d\n",ans);
        }
    }
    return 0;
}

 

posted @ 2015-08-10 21:08  Naturain  阅读(479)  评论(0编辑  收藏  举报