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愛にできることはまだあるかい

[ABC242Ex] Random Painting

发表于 更新于 分类于
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很好的 min-max 容斥。

之前 ZR 考了原题，不会。于是就去学了 min-max 容斥，现在重新来看这道题。

设每个位置被覆盖的时间为 $t_i$，我们要求的是：

直接 min-max 容斥，得到：

考虑求如何求 $\displaystyle E(\min_{i\in S} t_i)$，设有 $f(S)$ 个区间能够覆盖 $S$ 中任意一个位置，容易得到 $\displaystyle E(\min_{i\in S}t_i)=\frac{m}{f(S)}$，于是考虑用 DP 求出 $\displaystyle \sum_{f(S)=i} (-1)^{|S|+1}$。

设计状态 $f_{i,j}$ 表示上一个加的位置为 $i$ ，有 $j$ 个区间覆盖 $S\subseteq{1,2,\dots,i}$。转移时枚举新加的位置 $p$，与 $[i,p)$ 有交的区间都可以覆盖当前点集 $S’$。因为集合 $S$ 中只多选了一个点，转移时直接将容斥系数乘 $-1$ 即可。时间复杂度 $\mathcal O(n^2m)$。

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#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int N=5e2+10,mod=998244353;
template<class T>
inline void read(T &x)
{
    x=0;int f=0;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    if(f)x=~x+1;
}
template<class T,class ...T1>
inline void read(T &x,T1 &...x1)
{
    read(x),read(x1...);
}
int n,m;
int cnt[N][N],f[N][N];
inline int adj(int x){return (x>=mod)?x-mod:x;}
inline int qpow(int x,int k=mod-2)
{
    int res=1;
    while(k)
    {
        if(k&1)res=1ll*res*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    read(n,m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int l,r;
        read(l,r);
        for(int j=0;j<l;j++)
            cnt[j][l]++,cnt[j][r+1]--;
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)
        for(int j=i+1;j<=n;j++)
            cnt[i][j]+=cnt[i][j-1];
    f[0][0]=mod-1;
    int res=0;
    for(int i=0;i<=n;i++)
    {
        for(int j=0;j<=m;j++)
        {
            if(!f[i][j])continue;
            res=adj(res+1ll*m*qpow(j)%mod*f[i][j]%mod);
            for(int k=i+1;k<=n;k++)
                f[k][j+cnt[i][k]]=adj(f[k][j+cnt[i][k]]-f[i][j]+mod);
        }
    }
    printf("%d\n",res);
    return 0;
}

数据加强到 $n,m\le 3000$ 呢？原来我们统计的是能覆盖的区间。方便起见，我们考虑统计不覆盖点集中任意点的的区间 $\displaystyle \sum_{f(S)=i} (-1)^{|S|+1}$（此处的朴素转移方程也是类似的。利用原来的定义也可以，只是稍显麻烦）。

设多项式 $f_i(x)$，其中 $[x_j]f_i(x)$，表示只考虑 $[1,i]$，其中有 $j$ 个区间不覆盖点集中任意点的方案数。我们对于每个区间 $[l,r]$ 枚举其右端点，分别考虑。发现未加入该区间时有转移 $\displaystyle f_r(x)=(-1)\times\sum_{1\le i<r} f_i(x)$，而加入一个新的区间，就会有 $1\le i\le l-1$，从 $[x_j]f_{i}$ 转移到 $[x_{j+1}]f’_i$ 上，即为 $\displaystyle f_i(x)=f’_i(x)\times x$。用线段树维护这个转移，具体可看看代码。时间复杂度 $\mathcal O(nm\log n)$。

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#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=3e3+10,mod=998244353;
template<class T>
inline void read(T &x)
{
    x=0;int f=0;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=1;ch=getchar();}
    while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
    if(f)x=~x+1;
}
template<class T,class ...T1>
inline void read(T &x,T1 &...x1)
{
    read(x),read(x1...);
}

int n,m;
inline int adj(int x){return x>=mod?x-mod:x;}
struct poly
{
    int a[N];
    poly operator+(const poly &t)const
    {
        poly res;
        for(int i=0;i<=m;i++)
            res.a[i]=adj(a[i]+t.a[i]);
        return res;
    }
};
struct Node
{
    int l,r;
    poly sum;
    int tag;
}tr[N<<2];
vector<int>v[N];
inline void pushup(int x)
{
    tr[x].sum=tr[x<<1].sum+tr[x<<1|1].sum;
}
inline void update(int x,int k)
{
    for(int i=m;i>=k;i--)tr[x].sum.a[i]=tr[x].sum.a[i-k];
    for(int i=0;i<k;i++)tr[x].sum.a[i]=0;
    tr[x].tag+=k;
}
inline void pushdown(int x)
{
    if(!tr[x].tag)return ;
    update(x<<1,tr[x].tag),update(x<<1|1,tr[x].tag);
    tr[x].tag=0;
}
void build(int x,int l,int r)
{
    tr[x].l=l,tr[x].r=r;
    if(l==r)return ;
    int mid=l+r>>1;
    build(x<<1,l,mid),build(x<<1|1,mid+1,r);
    pushup(x);
}
void add(int x,int l,int r,int k)
{
    if(tr[x].l>=l&&tr[x].r<=r)
    {
        update(x,k);
        return ;
    }
    pushdown(x);
    int mid=tr[x].l+tr[x].r>>1;
    if(l<=mid)add(x<<1,l,r,k);
    if(r>mid)add(x<<1|1,l,r,k);
    pushup(x);
}
void modify(int x,int pos,const poly &k)
{
    if(tr[x].l==tr[x].r)return  tr[x].sum=k,void();
    pushdown(x);
    int mid=tr[x].l+tr[x].r>>1;
    if(pos<=mid)modify(x<<1,pos,k);
    else modify(x<<1|1,pos,k);
    pushup(x);
}
inline int qpow(int x,int k=mod-2)
{
    int res=1;
    while(k)
    {
        if(k&1)res=1ll*res*x%mod;
        x=1ll*x*x%mod;
        k>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    read(n,m);
    for(int i=1;i<=m;i++)
    {
        int l,r;
        read(l,r);
        v[r].push_back(l);
    }
    build(1,0,n);
    modify(1,0,(poly){mod-1});
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        poly res=tr[1].sum;
        for(auto j:v[i])add(1,0,j-1,1);
        for(int j=0;j<=m;j++)res.a[j]=mod-res.a[j];
        modify(1,i,res);
    }
    poly res=tr[1].sum;
    int ans=0;
    for(int i=0;i<=m;i++)
        ans=adj(ans+1ll*res.a[i]*qpow(m-i)%mod);
    printf("%d\n",1ll*ans*m%mod);
    return 0;
}