标签：etc oid class dft 但我 log 解决 大致 upd
为啥正解和暴力跑的差不多快呢；
考虑对于一个给定序列如何求出\(\displaystyle \sum_{i=1}^n\min(i-l_i,r_i-i)\)，一个简单的想法就是按照最大值分治，我们找到序列中最大值的位置\(x\)，那么\(x\)的贡献就是\(\min(x,n+1-x)\)，之后再对\([1,x-1]\)和\([x+1,n]\)分治即可；
不妨按照这个思路进行dp，设\(dp_{i,j}\)表示长度为\(i\)且\(\displaystyle \sum_{k=1}^i\min(k-l_k,r_k-k)=j\)的排列有多少个，我们枚举一下最大值的位置\(x\)，之后从\(i-1\)里选\(x-1\)个分到左边，剩下分到右边，算一波最大值的贡献，分治到左右两边解决就好了，转移大概就是这个样子
\[dp_{i,j}=\sum_{x=1}^i\sum_{k=x-1}\binom{i-1}{x-1}\times dp_{x-1,k}\times dp_{i-x,j-k-\min(x,i+1-x)}\]
直接写看起来是\(O(n^6)\)的，但我们理性分析一下发现可能没有那么大。
设\(F_i\)表示长度为\(i\)的排列的\(\displaystyle \sum_{k=1}^i\min(k-l_k,r_k-k)\)的最大值，\(F_i\)也可以用按照最大值分治的dp求出来，我们发现\(F_n\)远没有我们想象的\(n^2\)级别；理性分析一下，对\(F_i\)的转移树考虑，发现\(\min(x,i+1-x)\)实际上是左右子树中的较小值，于是我们大致可以认为这个复杂度和启发式合并类似，大概是\(n\log n\)级别，实际上还带一个非常小的常数，当\(n=200\)时，\(F_n\)只有\(736\)。于是上面那个东西直接做的复杂度大概是\(O(n^4\log^2 n)\)，暴力卡卡常就已经能过了；
不难注意到\(dp_{i}\)是一个\(F_i\)次的多项式，证明的话归纳一波就可以；设\(G_i(x)\)表示表示\(dp_i\)的生成函数，于是有\(G_i(x)=\displaystyle \sum_{j=1}^i\binom{i-1}{j-1}G_{j-1}(x)G_{i-j}(x)x^{\min(j,i+1-j)}\)，看起来似乎可以大力fft，但是\(O(n^3\log^2n)\)加上巨大常数跑得还没暴力快；fft慢在我们每次都需要DFT过去又IDFT回来，不妨直接将多项式搞成点值的形式，这样中间过程就不需要进行DFT和IDFT，直接点值相乘即可，所以对于每一个\(dp_i\)维护\(0\)到\(F_n\)的点值，最后回答询问的时候直接拉格朗日插值回去就能得到系数了；
复杂度是\(O(n^3\log n+Tn^2\log^2 n)\)，卡卡常才能跑得比暴力快；
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define LL long long
#define max(a,b) ((a)>(b)?(a):(b))
#define min(a,b) ((a)<(b)?(a):(b))
inline int read() {
char c=getchar();int x=0;while(c<'0'||c>'9') c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+c-48,c=getchar();return x;
}
const int maxn=201;const int maxw=741;
int mod,lm[maxn],fac[maxw],ifac[maxw],N[11],M[11],T,inv[maxw];
int pw[maxw][maxw],dp[maxn][maxw],lim,cnt,g[maxw],h[maxw],ans;
inline int dqm(int x) {return x<0?x+mod:x;}
inline void upd(int &x,int y) {x+=y;if(x>=mod)x-=mod;}
inline void Lagrange(int n,int m) {
if(!n) {puts("1");return;}
memset(g,0,sizeof(g));g[0]=1;ans=0;
for(re int i=0;i<=lm[n];++i)
for(re int j=i;j>=0;--j) {
upd(g[j+1],g[j]);
g[j]=1ll*(mod-i)*g[j]%mod;
}
for(re int i=0;i<=lm[n];++i) {
if(!dp[n][i]) continue;
int v=1ll*ifac[i]*ifac[lm[n]-i]%mod*dp[n][i]%mod;
if((lm[n]-i)&1) v=(mod-v)%mod;
for(re int j=1;j<=lm[n];++j) h[j]=1ll*dqm(h[j-1]-g[j])*inv[i]%mod;
upd(ans,1ll*h[m]*v%mod);
}
printf("%d\n",ans);
}
int main() {
scanf("%d",&mod);fac[0]=inv[1]=ifac[0]=pw[0][0]=1;int x,y;
while(scanf("%d%d",&x,&y)!=EOF) N[++T]=x,M[T]=y,lim=max(lim,N[T]);
for(re int i=1;i<=lim;++i)
for(re int j=1;j<=i;++j) lm[i]=max(lm[i],lm[j-1]+lm[i-j]+min(j,i+1-j));
cnt=lm[lim];
for(re int i=1;i<=cnt;i++) {
pw[i][0]=1;
for(re int j=1;j<=cnt;++j) pw[i][j]=1ll*pw[i][j-1]*i%mod;
}
for(re int i=1;i<=cnt;++i)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
for(re int i=2;i<=cnt;++i)inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
for(re int i=1;i<=cnt;++i)ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%mod;
for(re int i=0;i<=cnt;++i)dp[0][i]=1;
for(re int i=1;i<=lim;i++) {
for(re int j=1;j<=((i+1)>>1);++j) {
int t=min(j,i+1-j),v=1ll*ifac[j-1]*ifac[i-j]%mod;
if(j-1!=i-j)upd(v,v);
for(re int k=0;k<=cnt;k++)
upd(dp[i][k],1ll*dp[j-1][k]*dp[i-j][k]%mod*pw[k][t]%mod*v%mod);
}
for(re int k=0;k<=cnt;++k) dp[i][k]=1ll*dp[i][k]*fac[i-1]%mod;
}
for(re int i=1;i<=T;++i) {
if(M[i]>lm[N[i]]||M[i]<N[i]) puts("0");
else Lagrange(N[i],M[i]);
}
return 0;
}【HDU 6310】Counting Permutations
标签：etc oid class dft 但我 log 解决 大致 upd
原文地址：https://www.cnblogs.com/asuldb/p/12344603.html
