CF1251F·Red-White Fence

初見安~這裏是傳送門：Codeforces Educational Codeforces Round 75 F Red-White Fence

題解

首先要抓住兩個很顯然的要點：第一個，所謂周長就是2*（紅木板高度+木板數量），所以方便處理我們可以直接把詢問的周長除以2。第二個，關於放置的過程我們選出來了比紅板子小的板子後肯定是從小到大排序，然後每一個都看是放在左邊還是放在右邊，這樣堆過來就是一個單峯序列了。但問題是，數會給出重複的，並且序列要求嚴格單調。也就是說，同一個數左邊放一個右邊放一個，頂多放兩個。所以就可以分成兩個集合：【假設要在集合裏選k個板子出來】
1、只出現一次的有n1個，兩邊都可以放，方案數爲；
2、出現一次以上的有n2/2種，我們都視爲每種有兩個，選了前一個就是放左邊，後一個就是放右邊，方案數爲。

至此，我們再回到題目，我們可以枚舉紅板子，再處理出與該紅板子組合的所有方案對各種周長的貢獻，最後直接O1查詢即可。也就是說我們要枚舉周長的一一半，然後用兩個集合內的板子來湊數量。式子就是：【假設一共要選k個白板】

可以發現這個可以用NTT捲起來。最後累加到ans數組裏即可。注意，統計的時候實際周長的一半是紅板高度+白板數量+1（紅板一個）。

上代碼——

#include<algorithm>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<queue>
#define maxn 1200005
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 998244353, mx = 300001;
int read() {
	int x = 0, f = 1, ch = getchar();
	while(!isdigit(ch)) {if(ch == '-') f = -1; ch = getchar();}
	while(isdigit(ch)) x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0', ch = getchar();
	return x * f;
}

int n, k, cnt[maxn], a[maxn], Q;
ll fac[maxn], inv[maxn], ans[maxn], F[maxn], G[maxn];
ll pw(ll a, ll b) {ll res = 1; while(b) {if(b & 1) res = res * a % mod; a = a * a % mod, b >>= 1;} return res;}

int len, l, r[maxn];
void NTT(ll *c, int op) {
	for(int i = 1; i <= len; i++) if(i < r[i]) swap(c[i], c[r[i]]);
	for(int mid = 1; mid < len; mid <<= 1) {
		ll gn = pw(3, (mod - 1) / (mid << 1));
		if(op == -1) gn = pw(gn, mod - 2);
		for(int ls = 0, L = mid << 1; ls < len; ls += L) {
			ll g = 1;
			for(int k = 0; k < mid; k++, g = g * gn % mod) {
				ll x = c[ls + k], y = c[ls + mid + k] * g % mod;
				c[ls + k] = (x + y) % mod, c[ls + k + mid] = (x - y + mod) % mod;
			}
		}
	}
	if(op == -1) {
		ll rev = pw(len, mod - 2);
		for(int i = 0; i <= len; i++) c[i] = c[i] * rev % mod;
	}
}

signed main() {
	n = read(), k = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++) a[i] = read();
	for(int i = 1; i <= n; i++) cnt[a[i]] = min(2, cnt[a[i]] + 1);
	
	fac[0] = inv[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= mx; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	inv[mx] = pw(fac[mx], mod - 2);
	for(int i = mx - 1; i > 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
	
	for(int i = 1, h; i <= k; i++) {
		h = read(); register int n1 = 0, n2 = 0;
		for(int j = 1; j < h; j++) if(cnt[j] == 1) n1++; else if(cnt[j] == 2) n2++;
		n2 *= 2;
		
		memset(F, 0, sizeof F), memset(G, 0, sizeof G);//F和G卷積
		for(int i = 0; i <= n1; i++) F[i] = pw(2, i) * fac[n1] % mod * inv[i] % mod * inv[n1 - i] % mod;
		for(int i = 0; i <= n2; i++) G[i] = fac[n2] * inv[i] % mod * inv[n2 - i] % mod;
		
		len = 1, l = 0;
		while(len <= n1 + n2) len <<= 1, l++;
		for(int i = 1; i <= len; i++) r[i] = (r[i >> 1] >> 1) | ((i & 1) << l - 1);
		NTT(F, 1), NTT(G, 1);
		for(int i = 0; i <= len; i++) F[i] = F[i] * G[i] % mod;
		NTT(F, -1);//↓注意ans的下標
		for(int i = 0; i <= n1 + n2; i++) ans[i + h + 1] = (ans[i + h + 1] + F[i]) % mod;
	}
	
	Q = read();
	while(Q--) {
		register int x = read();
		printf("%lld\n", ans[x / 2]);//這裏要除以二，因爲是統計的周長的一半
	}
	return 0;
}

迎評：）
——End——