AT5697「AGC041F」Histogram Rooks

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AT5697

Algorithm 1

考虑每次取出区间中 $h$ 的最小值建出笛卡尔树，令每个结点表示一个区间，从叶子结点往上 DP。

考虑对每个区间内的所有列分类，设当前处理的高度为 $x$：

1. 在高度大于 $x$ 的某个位置存在一个 车，现在可以任意填放 车；
2. 在高度大于 $x$ 的所有位置都不存在 车，但这些位置都被其它 车 覆盖；
3. 在高度大于 $x$ 的所有位置都不存在 车，且这些位置中存在至少一个位置没有被其它 车 覆盖。

设 $f_{s,i,j}$ 表示在结点 $s$ 有 $i$ 个 1 类列、$j$ 个 2 类列的方案数，两个子区间的方案显然可以直接合并。

依次考虑结点 $s$ 自身所包含的每个行连续段 车 的放置方案，设区间长度为 $len$，容易得到如下转移：

• 不放置任何 车：

$\begin{aligned}f'_{s,i + j,0} = f'_{s,i + j,0} + f_{s,i,j} \end{aligned}$

• 只在 1 类列放置 车：

$\begin{aligned} f'_{s,i,j} = f'_{s,i,j} + (2^i - 1)f_{s,i,j} \end{aligned}$

• 在 2 类列和 3 类列放置任意数量（至少为 $1$）的 车，此时 1 类列可以任意放置 车：
  $\begin{aligned}f'_{s,i + x + y,j-x} = f'_{s,i + x + y,j-x} + 2^iC_j^xC_{len - i - j}^{y}f_{s,i,j}(0 \le x \le j, 0 \le y \le len - i -j, x + y > 0)\end{aligned}$

直接实现是 $\mathcal O(N^5)$ 的，考虑优化状态。

注意到如果我们假定接下来填的每一行都至少有一个 车，那么所有 2 类列都可以看做 1 类列，否则都可以看做 3 类列。

于是我们可以在状态中额外记录一维 $0/1$ 表示接下来填的每一行是否都至少有一个 车，就可以把 2 类列的数量并到 1 类列或者 3 类列中去。

类似地得到所有转移，时间复杂度 $\mathcal O(N^3)$。

Code 1

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 1e4 + 5;
const int mod = 998244353;
int len[N], c[N][N], ex[N], f[N][N], g[N][N], tf[N], tg[N], h[N];
int n, T, rt;

inline void add(int &x, int y)
{
	x += y;
	x >= mod ? x -= mod : 0;
}

inline void dec(int &x, int y)
{
	x -= y;
	x < 0 ? x += mod : 0;
}

inline void Update(int now, int x)
{
	for (int i = 0; i <= len[x] + len[now]; ++i)
		tf[i] = tg[i] = 0;
	for (int i = 0; i <= len[x]; ++i)
		for (int j = 0; j <= len[now]; ++j)
		{
			tf[i + j] = (1ll * f[x][i] * f[now][j] + tf[i + j]) % mod;
			tg[i + j] = (1ll * g[x][i] * g[now][j] + tg[i + j]) % mod;
		}
	len[now] += len[x];
	for (int i = 0; i <= len[now]; ++i)
		f[now][i] = tf[i], g[now][i] = tg[i];
}

inline int solve(int l, int r, int lst)
{
	if (l > r)
		return 0;
	
	int mid = l, now = ++T;
	for (int i = l + 1; i <= r; ++i)
		if (h[i] < h[mid])
			mid = i;

	int lc = solve(l, mid - 1, h[mid]),
		rc = solve(mid + 1, r, h[mid]);
	f[now][0] = g[now][0] = len[now] = 1;
	if (lc)	
		Update(now, lc);
	if (rc)
		Update(now, rc);
	int _len = len[now];
	for (int i = 1; i <= h[mid] - lst; ++i)
	{
		for (int j = 0; j <= _len; ++j)
			tf[j] = tg[j] = 0;
		if (i == 1)
		{
			int delta = 0;
			for (int j = l; j <= r; ++j)
				if (h[j] == h[mid])
					++delta;
			_len -= delta;
			for (int j = 0; j <= _len; ++j)
			{
				tf[j + delta] = (1ll * f[now][j] * (ex[j] - 1) + tf[j + delta]) % mod;
				tg[j] = (1ll * g[now][j] * (ex[j] - 1) + tg[j]) % mod;

				add(tf[j], g[now][j]);
				add(tg[j], g[now][j]);
				for (int a = 0; j + a <= _len; ++a)
					for (int b = 0; b <= delta; ++b)
						if (a + b > 0)
						{
							int tmp = 1ll * c[_len - j][a] * c[delta][b] % mod * ex[j] % mod;
							tf[j + a + delta] = (1ll * tmp * f[now][j] + tf[j + a + delta]) % mod;
							tg[j + a + b] = (1ll * tmp * g[now][j] + tg[j + a + b]) % mod;
						}
			}
			_len += delta;
		}
		else
		{
			for (int j = 0; j <= _len; ++j)
			{
				tf[j] = (1ll * f[now][j] * (ex[j] - 1) + tf[j]) % mod;
				tg[j] = (1ll * g[now][j] * (ex[j] - 1) + tg[j]) % mod;		

				add(tf[j], g[now][j]);
				add(tg[j], g[now][j]);

				for (int k = 1; j + k <= _len; ++k)
				{
					tf[j + k] = (1ll * f[now][j] * c[_len - j][k] % mod * ex[j] + tf[j + k]) % mod;
					tg[j + k] = (1ll * g[now][j] * c[_len - j][k] % mod * ex[j] + tg[j + k]) % mod;
				}
			}
		}
		for (int j = 0; j <= _len; ++j)
			f[now][j] = tf[j], g[now][j] = tg[j];
	}
	return now;
}

int main()
{
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		scanf("%d", &h[i]);

	ex[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		add(ex[i] = ex[i - 1], ex[i - 1]);
	c[0][0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
	{
		c[i][0] = 1;
		for (int j = 1; j <= i; ++j)
			add(c[i][j] = c[i - 1][j - 1], c[i - 1][j]);
	}

	rt = solve(1, n, 0);
	printf("%d\n", f[rt][n]);
	return 0;
}

Algorithm 2

考虑容斥，即钦定若干个方格没有被 车 覆盖，求出此时的方案数，容斥系数为 $(-1)^{方格个数}$。

注意到如果一个方格被钦定，方格所在的列一定没有 车。

于是我们在状态中记录钦定没有 车 的列的数量，设 $f_{s,i}$ 表示在结点 $s$ 共有 $i$ 列钦定没有 车 的容斥系数乘上方案数的和。

两个子区间的合并只需要考虑中间新增的那一列是否被钦定即可。

对于填每个行连续段的情况，我们同样进行一些讨论，设区间长度为 $len$，共有 $i$ 列钦定没有 车：

1. 若连续段中没有选择任何一个方格钦定没有被 车 覆盖，方案数为 $2^{len - i}$；
2. 若连续段中选择了一些方格钦定没有被 车 覆盖，连续段中不能再填 车，容斥系数和为 $\sum \limits_{k = 1}^{i}(-1)^kC_{i}^{k} = -[i \neq 0]$。

因此转移前的系数和为 $2^{len - i} - [i \neq 0]$。

但这样做是有一些问题的，因为我们无法保证钦定的列中都有方格被选。

考虑再次容斥，我们钦定有 $j$ 列在第一次钦定后没有方格被选，容斥系数为 $(-1)^j$。

那么只有第二种情况的系数和变为了 $\sum \limits_{k = 1}^{i - j}(-1)^kC_{i}^{k} = -[i \neq j]$，总的系数和为 $2^{len - i} - [i \neq j]$。

因此我们并不关心 $j$ 的取值，只需要在状态中额外记录一维表示 $i$ 是否等于 $j$ 即可。

时间复杂度 $\mathcal O(N^2)$。

Code 2

#include <bits/stdc++.h>

const int N = 1e4 + 5;
const int mod = 998244353;
int len[N], ex[N], f[N][N], g[N][N], h[N];
int n, T, rt;

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

inline void add(int &x, int y)
{
	x += y;
	x >= mod ? x -= mod : 0;
}

inline void dec(int &x, int y)
{
	x -= y;
	x < 0 ? x += mod : 0;
}

inline int solve(int l, int r, int lst)
{
	if (l > r)
		return 0;
	
	int mid = l, now = ++T;
	for (int i = l + 1; i <= r; ++i)
		if (h[i] < h[mid])
			mid = i;

	int lc = solve(l, mid - 1, h[mid]),
		rc = solve(mid + 1, r, h[mid]);
	for (int i = 0; i <= len[lc]; ++i)
		for (int j = 0; j <= len[rc]; ++j)
		{
			int t = i + j;
			int a = 1ll * f[lc][i] * f[rc][j] % mod,
				b = (1ll * g[lc][i] * (f[rc][j] + g[rc][j]) + 1ll * f[lc][i] * g[rc][j]) % mod;
			add(f[now][t], a);
			add(g[now][t], b);
			dec(f[now][t + 1], a);
			add(g[now][t + 1], a);
		}
	len[now] = len[lc] + len[rc] + 1;
	for (int j = 0; j <= len[now]; ++j)
	{
		f[now][j] = 1ll * f[now][j] * quick_pow(ex[len[now] - j], h[mid] - lst) % mod;
		g[now][j] = 1ll * g[now][j] * quick_pow(ex[len[now] - j] - 1, h[mid] - lst) % mod;
	}
	return now;
}

int main()
{
	f[0][0] = 1;
	scanf("%d", &n);
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		scanf("%d", &h[i]);

	ex[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i)
		add(ex[i] = ex[i - 1], ex[i - 1]);
	rt = solve(1, n, 0);

	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= n; ++i)
	{
		add(ans, f[rt][i]);
		add(ans, g[rt][i]);
	}
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}