CF1876D Lexichromatography
题目描述
给定一个长为 \(n\) 的序列 \(a\)，你需要对这个序列进行红蓝染色。染色有如下要求：
- 每个位置恰好染上其中一种颜色。
- 对于所有的值 \(k\)，在这个序列的任意子区间 \([l,r]\) 中，值为 \(k\) 且为红色的位置数 减去 值为 \(k\) 且为蓝色的位置数 的绝对值不超过 1。
- 如果按照位置顺序将所有红色的数排成序列 \(p\)，蓝色的数排成序列 \(q\)，那么 \(p\) 的字典序必须 严格大于 \(q\) 的字典序。
统计所有的合法染色方案数。对 998244353 取模。
\(1\le n,a_i\le 2\times 10^5\)。
Solution
不妨先看看每个条件等价于什么。对于条件 \(2\)，将所有位置按照权值分类后，不难发现，同一颜色下的所有位置一定是两种颜色交替出现，否则一定不满足条件 \(2\)。对于条件 \(3\)，先不管先后顺序，很明显可以先把两种颜色的序列找出来后比较字典序，根据字典序大小来确定颜色。那么条件 \(3\) 中的字典序严格大于即可转化为两个序列字典序不同。
考虑计数两个序列字典序相同的情况。显然如果有一个颜色出现次数为奇数就是不存在字典序相同的情况。否则考虑每种权值，将 \([p_{2i-1},p_{2i}]\) 看作一个区间（即第奇数个出现的位置和第偶数个出现的位置），那么可以得到若干个区间。考虑两个区间，如果两个区间存在包含关系，那么也一定不会存在字典序相同的情况，否则如果两个区间有交，那么这两个区间对应的权值的颜色方案就一定是确定的，所以使用并查集维护所有染色方案确定的权值，假设最后存在 \(\operatorname{cnt}\) 个连通块，那么答案就为 \(2^{\operatorname{cnt}}\)。
时间复杂度 \(\mathcal O(n\alpha(n))\)。
Code
int N, A[_N], maxn = 0, fa[_N], pw[_N];
int find(int x) {return fa[x] == x ? x : fa[x] = find(fa[x]);}
vector<int> pos[_N];
vector<pii> vec;
signed main() {
cin.tie(0)->sync_with_stdio(0);
cin >> N; pw[0] = 1;
For(i, 1, N) {
pw[i] = pw[i-1] * 2ll % mod;
cin >> A[i];
pos[A[i]].emplace_back(i);
Max(maxn, A[i]);
}
bool flag = 0;
int ans = 0;
For(i, 1, maxn) if (!pos[i].empty()) {
++ans;
flag |= pos[i].size() & 1;
for (size_t j = 0; j < pos[i].size(); j += 2)
vec.emplace_back(pos[i][j], pos[i][j+1]);
}
sort(vec.begin(), vec.end());
for (size_t i = 1; i < vec.size(); ++i)
if (vec[i].second < vec[i-1].second)
flag = 1;
if (flag) return cout << pw[ans-1] % mod << '\n', 0;
int cnt = ans;
iota(fa + 1, fa + maxn + 1, 1);
for (size_t i = 1; i < vec.size(); ++i)
if (vec[i].first < vec[i-1].second) {
int fx = find(A[vec[i].first]), fy = find(A[vec[i-1].second]);
if (fx == fy) continue;
fa[fx] = fy, --cnt;
}
cout << (pw[ans-1] - pw[cnt-1] + mod) % mod << '\n';
}