CF1677 D Tokitsukaze and Permutations

CF1677 D Tokitsukaze and Permutations

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考虑一个未进行过操作的排列 \(P\)，以及其 \(v\) 序列。

定义一个 \(v\) 序列合法，当且仅当存在至少一个 \(P\) 与其对应。

容易发现 \(P\) 与 \(v\) 其实是一一对应的。

证明：

给定一个 \(P\) 数组，我们能根据定义求出唯一一个 \(v\)。

给定一个合法 \(v\) 数组，显然我们能通过 \(v_n\) 知道 \(P_n\) 的值，然后就能通过 \(v_{n-1}\) 知道 \(P_{n-1}\) 的值。以此类推，我们能够确定 \(P\)。

得证。

所以我们可以直接对 \(v\) 进行计数。

同样的我们考虑怎样的 \(v\) 序列是合法的。不难发现如果对于任意 \(v_i\) 有 \(v_i<i\)。那么 \(v\) 是合法的。

证明：

当 \(v\) 的长度为 \(1\) 时显然成立。

假设当 \(v\) 的长度为 \(n-1\) 时成立。设 \(v\) 是一个长为 \(n\) 的序列，\(P\) 是一个长为 \(n-1\) 的序列，且与 \(v\) 的前 \(n-1\) 项构成的 \(v'\) 对应。

当 \(v_n\ge n\) 时，显然不合法，当 \(v_n<n\) 时，我们将 \(v_n+1\) 这个数放到 \(P_n\)。然后将 \(n\) 这个数放在 \(P\) 中 \(n-1\) 这个数的位置，将 \(n-1\) 放到 \(n-2\) 的位置，以此类推。我们得到了一个新的序列 \(P'\)。

显然 \(P'\) 与 \(v\) 对应。

证毕。

因此我们可以考虑对 \(v\) 计数。

我们发现进行一次操作就是相当于对原序列做一次冒泡排序。

观察 \(v\) 的变化。发现 \(v\) 序列的变化相当于先使 \(v_i=\max(v_i-1,0)\)，再将整个 \(v\) 序列左移，让 \(v_1\) 直接被覆盖，\(v_n\) 等于 \(0\)。

设 \(V\) 为输入的 \(v\) 序列。\(v\) 为我们计数的序列。

显然 \(v_i,i\in[1,k]\) 的取值有 \(i\) 种可能，是 \([0,i-1]\)。

对于 \(v_i,i\in[k+1,n]\)。如果 \(V_{i-k}=-1\) 则 \(v_i\) 的取值有 \(i\) 种，如果 \(V_{i-k}=0\) 则 \(v_i-k\le 0\)。所以 \(v_{i}\) 取值有 \(k+1\) 种。而当 \(0<V_{i-k}< i+k\) 时，\(v_i\) 取值确定。当 \(V_{i-k}\ge i-k\) 时，则满足条件的 \(v\) 序列不存在。

对于 \(V_i,i\in[n-k+1,n]\)，如果 \(V_i\) 不等于 \(0\) 或 \(-1\)。则满足条件的 \(v\) 序列也不存在。

将所有 \(v\) 序列可能取值的情况数相乘即可。

复杂度 \(O(n)\)。

代码如下：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int MAXN = 1e6+5;
const int MOD = 998244353;
int n,k,V[MAXN];
int main()
{
	int T;scanf("%d",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%d %d",&n,&k);
		for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%d",&V[i]);
		ll Ans=1;
		for(int i=1;i<=k;++i) Ans=Ans*i%MOD;
		for(int i=k+1;i<=n;++i)
		{
			if(V[i-k]==0) Ans=Ans*(k+1)%MOD;
			if(V[i-k]==-1) Ans=Ans*i%MOD;
			if(V[i-k]>=i-k) Ans=0;
		}
		for(int i=n-k+1;i<=n;++i) if(V[i]!=0&&V[i]!=-1) Ans=0;
		printf("%lld\n",Ans);
	}
	return 0;
}