Description
有 \(n\) 个人来过,第 \(i\) 个人在 \(a_i\) 时刻来在 \(b_i\) 时刻走,每个人可以在来时或走时登记,问可能的登记顺序有多少种。
\(n\leq 5\times 10^5\),\(a_i,b_i\) 互不相同,\(\forall i<n,a_i<a_{i+1},b_{i}<b_{i+1}\)。
Solution
首先如果每个人随便选,有 \(2^n\) 种方案。但这显然会算重。考虑构造一种方案使得选的方案和最终排列一一对应。
按照排列从小到大的顺序,如果当前 \((a_i,b_i)\) 中有数,则选 \(a_i\),否则选 \(b_i\),容易发现这样做一定能够一一对应。
这时一个选择不合法当且仅当对于某个 \(i\),\((a_i,b_i)\) 中没数但 \(i\) 选了 \(b_i\),可以对不合法的位置数进行容斥。
具体的,如果选了 \(a_i\) 或 \(b_i\),则系数为 \(1\),\((a_i,b_i)\) 中没数且选 \(b_i\),则系数为 \(-1\)。
容易发现对于任意两个钦定了不合法的位置 \(i,j\),\([a_i,b_i]\) 和 \([a_j,b_j]\) 一定不相交。并且如果设 \(pre_i\) 表示最大的 \(b_j<a_i\) 的 \(j\),\(nxt_i\) 表示最小的 \(a_j>b_i\) 的 \(j\),那么如果 \(i\) 不合法,\((pre_i,i)\) 和 \((i,nxt_i)\) 选择一定是固定的。这样就可以 dp 了。
设 \(f_i\) 表示前 \(i\) 个数的系数之和。那么 \(f_i=2f_{i-1}-\sum_{nxt_j+1=i}{f_{pre_j}}\)。
时间复杂度:\(O(n)\)。
Code
#include <bits/stdc++.h>
// #define int int64_t
const int kMaxN = 5e5 + 5, kMod = 998244353;
int n;
int a[kMaxN], b[kMaxN], pre[kMaxN], nxt[kMaxN], f[kMaxN];
std::vector<int> vec[kMaxN];
constexpr int qpow(int bs, int64_t idx = kMod - 2) {
int ret = 1;
for (; idx; idx >>= 1, bs = (int64_t)bs * bs % kMod)
if (idx & 1)
ret = (int64_t)ret * bs % kMod;
return ret;
}
inline int add(int x, int y) { return (x + y >= kMod ? x + y - kMod : x + y); }
inline int sub(int x, int y) { return (x >= y ? x - y : x - y + kMod); }
inline void inc(int &x, int y) { (x += y) >= kMod ? x -= kMod : x; }
inline void dec(int &x, int y) { (x -= y) < 0 ? x += kMod : x; }
void dickdreamer() {
std::cin >> n;
for (int i = 1; i <= n; ++i) std::cin >> a[i] >> b[i];
for (int i = 1, j = 0; i <= n; ++i) {
for (; b[j] < a[i]; ++j) {}
pre[i] = j;
}
a[n + 1] = b[n + 1] = 2 * n + 1;
for (int i = n, j = n + 1; i; --i) {
for (; a[j] > b[i]; --j) {}
nxt[i] = j;
}
for (int i = 1; i <= n; ++i) vec[nxt[i]].emplace_back(pre[i] - 1);
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
f[i] = 2ll * f[i - 1] % kMod;
for (auto j : vec[i]) dec(f[i], f[j]);
}
std::cout << f[n] << '\n';
}
int32_t main() {
#ifdef ORZXKR
freopen("in.txt", "r", stdin);
freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif
std::ios::sync_with_stdio(0), std::cin.tie(0), std::cout.tie(0);
int T = 1;
// std::cin >> T;
while (T--) dickdreamer();
// std::cerr << 1.0 * clock() / CLOCKS_PER_SEC << "s\n";
return 0;
}
标签:kMod,int,题解,Serve,kMaxN,ret,bs,First
From: https://www.cnblogs.com/Scarab/p/18451152