Loj #2554. 「CTSC2018」青蕈领主

Loj #2554. 「CTSC2018」青蕈领主

题目描述

“也许，我的生命也已经如同风中残烛了吧。”小绿如是说。

小绿同学因为微积分这门课，对“连续”这一概念产生了浓厚的兴趣。小绿打算把连续的概念放到由整数构成的序列上，他定义一个长度为 (m) 的整数序列是连续的，当且仅当这个序列中的最大值与最小值的差，不超过(m-1)。例如 ({1,3,2}) 是连续的，而 ({1,3}) 不是连续的。

某天，小绿的顶头上司板老大，给了小绿 (T) 个长度为 (n) 的排列。小绿拿到之后十分欢喜，他求出了每个排列的每个区间是否是他所定义的“连续”的。然而，小绿觉得被别的“连续”区间包含住的“连续”区间不够优秀，于是对于每个排列的所有右端点相同的“连续”区间，他只记录下了长度最长的那个“连续”区间的长度。也就是说，对于板老大给他的每一个排列，他都只记录下了在这个排列中，对于每一个 (1 le i le n)，右端点为 (i) 的最长“连续”区间的长度 (L_i)。显然这个长度最少为 (1)，因为所有长度为 (1) 的整数序列都是连续的。

做完这一切后，小绿爬上绿色床，美美地做了一个绿色的梦。

可是第二天醒来之后，小绿惊讶的发现板老大给他的所有排列都不见了，只剩下他记录下来的 (T) 组信息。小绿知道自己在劫难逃，但是作为一个好奇的青年，他还是想知道：对于每一组信息，有多少个和信息符合的长度为 (n) 的排列。

由于小绿已经放弃治疗了，你只需要告诉他每一个答案对 (998244353) 取模的结果。

我们并不保证一定存在至少一个符合信息的排列，因为小绿也是人，他也有可能犯错。

输入格式

输入的第一行包含两个整数 (T,n)，分别表示板老大给小绿的排列个数、以及每个排列的长度。

接下来 (T) 行，每行描述一组信息，包含 (n) 个正整数，第 (i) 组信息的从左往右第 (j) 个整数 (L_{i,j}) 表示第 (i) 个排列中右端点为第 (j) 个数的最长“连续”区间的长度。

对于每一行，如果行内包含多个数，则用单个空格将它们隔开。

输出格式

对于每组信息，输出一行一个整数表示可能的排列个数对 (998244353) 取模的结果。由于是计算机帮你算，所以我们不给你犯错的机会。

数据范围与提示

对于所有测试数据，(1 le T le 100)，(1 le N le 50000), (1 le L_{i,j} le j)。

首先我们得到很多段区间，这些区间要么相离，要么包含，并且一定有一个([1,n])。就用这两个条件来判断无解。然后我们可以将这些区间建成一个树。

考虑区间([l,r])，他有(k)个儿子，于是我们要将一段长为(r-l+1)的连续区间分配个这(k)个儿子。首先这(k)个儿子每一个都是连续的一段，并且相邻的儿子不能组成连续的一段。但是考虑放在(r)位置上的那个点，他与所有儿子共同组成了连续的一段。如果说我们把每个儿子看做一个点而，再把(r)也看做一个点，那么合法条件就是：一个(k+1)的排列，不能存在不包含最后一个位置的长度(>1)的连续区间。

设该答案为(f_k)，那么：

[f_{n}=(n-1)f_{n-1}+sum_{j=2}^{n-2}(j-1)f_jf_{i-j}\ ]

特别地，(f_0=1,f_1=2)。

我们设一个合法数列为(A)，再令(b_{a_i}=i)。很容易发现(A)与(B)是唯一映射的。(A)的合法条件在(B)数组中等价为不能存在不包含最大那个元素的长度(geq 2)的连续区间。

考虑从大到小插入每一个数。已经插入了([2,n+1])，现在要插入(1)。如果原来的序列已经合法，那么(1)只要不与(2)相邻，这个数列依旧合法。这样就还有(n-1)个位置可以插入，所以有((n-1)f_{n-1})。如果原来的数列不合法，那么我们要插入(1)破坏那个长度(>1)的连续区间。很显然，不相交的连续区间最多有一个，不然插入一个(1)解决不了问题。于是我们枚举最大的那个非法区间的长度，设其为(j)，则(2leq jleq n-2)（首先至少有(2)两个元素，并且不能让最大的那个元素单独存在，否则就不是最长的了）。假设非法区间的元素为([xldots x+j-1])，那么(x)有([2,n-j])这(n-j-1)种方案，所以乘上系数(n-1-j)。考虑将(1)插入其中，等价于将(j+1)插入([1,j])中，所以合法方案数为(f_j)。考虑这段连续区间（插入(1)之前）必须是极长，所以如果将这段连续区间视为一个点，那么就有还有(n-j)个元素，合法的排列方案数是(f_{n-j})。这部分贡献为

[sum_{j=2}^{n-2}(n-j-1)f_jf_{n-j}=sum_{j=2}^{n-2}(j-1)f_jf_{n-j} ]

发现这个方程可以用分治(FFT)优化，不过这个写法有点巧妙。

考虑分治(FFT)的原理是递归区间([l,r])的时候将区间分为了两半，考虑计算左半边对右半边的贡献。于是我们发现，计算([l,mid])对([mid+1,r])的贡献时，我们要用到(f_{2ldots r-l})，但是可能(mid<r-l)。我们考虑(i,j(i<j))，显然只会在递归到某一个区间([l,r])的时候才会计算(i)对(j)的贡献。假设这个区间是([l,mid,r])，如果(lleq r-lleq mid)，那么用(f_{lldots mid})自己卷自己就行了。如果(r-l<l)，那么我们用(f_{lldots mid})卷(f_{2ldots min{r-l,l-1}})就好了。因为：

[(j-1)f_jf_{i-j}+(i-j-1)f_{i-j}f_j=(i-2)f_jf_{i-j} ]

所以对于计算了(r-l<l)的部分后乘上(i-2)就可以一并计算(r-l>mid)的部分了。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define N 50005

using namespace std;
inline int Get() {int x=0,f=1;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9') {if(ch=='-') f=-1;ch=getchar();}while('0'<=ch&&ch<='9') {x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}return x*f;}

const ll mod=998244353;
ll ksm(ll t,ll x) {
	ll ans=1;
	for(;x;x>>=1,t=t*t%mod)
		if(x&1) ans=ans*t%mod;
	return ans;
}

int n;
int p[N];
void NTT(ll *a,int d,int flag) {
	static int rev[N<<2];
	static ll G=3;
	int n=1<<d;
	for(int i=0;i<n;i++) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<d-1);
	for(int i=0;i<n;i++) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int s=1;s<=d;s++) {
		int len=1<<s,mid=len>>1;
		ll w=flag==1?ksm(G,(mod-1)/len):ksm(G,mod-1-(mod-1)/len);
		for(int i=0;i<n;i+=len) {
			ll t=1;
			for(int j=0;j<mid;j++,t=t*w%mod) {
				ll u=a[i+j],v=a[i+j+mid]*t%mod;
				a[i+j]=(u+v)%mod;
				a[i+j+mid]=(u-v+mod)%mod;
			}
		}
	}
	if(flag==-1) {
		ll inv=ksm(n,mod-2);
		for(int i=0;i<n;i++) a[i]=a[i]*inv%mod;
	}
}

ll f[N];
ll A[N<<2],B[N<<2];

void solve(int l,int r) {
	if(l==r) {
		(f[l]+=f[l-1]*(l-1))%=mod;
		return ;
	}
	int mid=l+r>>1;
	int d=ceil(log2(r-l+1));
	solve(l,mid);
	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=B[i]=0;
	for(int i=l;i<=mid;i++) {
		A[i-l]=(i-1)*f[i]%mod;
		B[i-l]=f[i];
	}
	NTT(A,d,1),NTT(B,d,1);
	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A,d,-1);
	for(int i=0;i<1<<d;i++) 
		if(mid<i+2*l&&i+2*l<=r) (f[i+2*l]+=A[i])%=mod;
	
	int len=min(r-l,l-1);
	d=ceil(log2(len+mid-l+1));
	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=B[i]=0;
	for(int i=l;i<=mid;i++) A[i-l]=f[i];
	for(int i=2;i<=len;i++) B[i-2]=f[i];
	NTT(A,d,1),NTT(B,d,1);
	for(int i=0;i<1<<d;i++) A[i]=A[i]*B[i]%mod;
	NTT(A,d,-1);
	for(int i=0;i<1<<d;i++)
		if(mid<i+2+l&&i+2+l<=r) (f[i+2+l]+=(i+l)*A[i])%=mod;
	solve(mid+1,r);
}

int st[N],top;
int sn[N];

int main() {
	int T=Get();
	n=Get();
	f[0]=1,f[1]=2;
	if(n-1>2) solve(2,n-1);
	while(T--) {
		for(int i=1;i<=n;i++) p[i]=i-Get()+1;
		for(int i=1;i<=n;i++) sn[i]=0;
		if(p[n]!=1) {
			cout<<0<<"
";
			continue ;
		}
		int flag=0;
		st[top=1]=n;
		for(int i=n-1;i>=1;i--) {
			while(p[st[top]]>i) top--;
			sn[st[top]]++;
			if(p[st[top]]>p[i]) {
				flag=1;
				break;
			}
			st[++top]=i;
		}
		if(flag) {
			cout<<0<<"
";
		} else {
			ll ans=1;
			for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans*f[sn[i]]%mod;
			cout<<ans<<"
";
		}
	}
	return 0;
}