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[ARC153E] Deque Minimization

发表于 分类于 ，

后面的部分想了好久，今天画一画突然就明白了。

题目链接。

题意

对于一个各位均不为 的数字 ，定义 为如下操作能得到的最小的 ：

对于 十进制下的每一位，从高到低依次将其放到 的最左边或最右边。

给出 ，问有多少 ，对 取模。

。

题解

令 ，则 。

先考虑对于一个 来说，最小的 是多少。

观察 的结构，发现他可以分为 部分，第一部分是 按照从右向左的顺序拿一些位出来。

然后第二部分是 的最高位，第三部分是 剩下的位，从左到右拿出来。

思考可以发现， 的位数是固定的，所以首先需要让 的最高位最小，所以 的最高位一定是 每一位最小值，这些位一定在上述所说的 的“第一部分”。

因此我们先将所有 的最小值全部归到 的第一部分去，考虑 的第一部分还剩下哪些元素。

容易发现，接下来一定填充的是可以拿的（这里可以拿的指， 第一个最小值左边的部分）部分中，所有的最小值。

比如 ，我们先将所有的 拿出来，此时剩下可以拿的部分是 ，此时我们应该拿 。

这样一直拿，直到拿到了第一个位置为止，容易发现我们一定构造出来了最小的 。

观察上述过程，发现其实与这个过程等价：

首先将 的第一位加入队列中，然后对于后面的每一位，若它是前缀最小值之一，将这一位放进队首；否则将其放进队尾。

设 为最大的位置，使得 不降。那么我们知道 的第一位一定是 中的一个。

考虑使用 表示有多少种数字 ，对应的 是 。

边界状态是 ，其中 。

考虑转移，首先可以发现 一定可以转移到 （提醒：此时一定有 ）。

然后可以发现若 ，则 还可以转移到 。

这样就得到了一个 的做法。

写一下可以发现没有假。

考虑优化这个 dp，可以发现 是自增的。

也就是说对于两行之间，这个 dp 本质上只有 种转移。

而相同的转移内部类似于一个网格图，可以用 NTT 优化转移。

时间复杂度为 。

代码

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#include<bits/stdc++.h>
#define inf 0x3f3f3f3f3f3f3f3fll
#define debug(x) cerr<<#x<<"="<<x<<endl
using namespace std;
using ll=long long;
using ld=long double;
using pli=pair<ll,int>;
using pi=pair<int,int>;
template<typename A>
using vc=vector<A>;
inline int read()
{
    int s=0,w=1;char ch;
    while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') if(ch=='-') w=-1;
    while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
    return s*w;
}
inline ll lread()
{
    ll s=0,w=1;char ch;
    while((ch=getchar())>'9'||ch<'0') if(ch=='-') w=-1;
    while(ch>='0'&&ch<='9') s=s*10+ch-'0',ch=getchar();
    return s*w;
}
const int mod=998244353;
const int G=3;
const int NG=(mod+1)/G;
int wh[530001];
ll f[530001];
ll g[530001];
ll jc[400005];
ll inv[400005];
ll dp[200005];
char s[200005];
int n;int L;
inline void Add(ll &a,ll b)
{
    a+=b;
    if(a>=mod) a-=mod;
}
inline ll qow(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
inline ll C(int a,int b)
{
    if(a<b||b<0) return 0;
    return jc[a]*inv[b]%mod*inv[a-b]%mod;
}
inline void init(int L)
{
    jc[0]=inv[0]=1;
    for(int i=1;i<=L;i++)
    {
        jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
        inv[i]=qow(jc[i],mod-2);
    }
}
inline void NTT(ll *f,bool dft=true)
{
    for(int i=0;i<(1<<L);i++) if(i<wh[i]) swap(f[i],f[wh[i]]);
    for(int len=1;len<=L;len++)
    {
        ll step=qow(dft?G:NG,(mod+1)/(1<<len));int P=1<<len;
        for(int l=0,mid=P>>1,r=P;l<(1<<L);l=r,r+=P,mid+=P)
        {
            ll now=1;
            for(int i=l,j=mid;j<r;i++,j++)
            {
                ll num=f[j]*now%mod;
                f[j]=(f[i]-num+mod)%mod;
                f[i]=(f[i]+num)%mod;
                now=now*step%mod;
            }

        }
    }
    if(!dft)
    {
        ll num=qow(1<<L,mod-2);
        for(int i=0;i<(1<<L);i++) f[i]=f[i]*num%mod;
    }
}
inline void NTT()
{
    NTT(f),NTT(g);
    for(int i=0;i<(1<<L);i++) f[i]=f[i]*g[i]%mod;
    NTT(f,0);
}
int main()
{
    scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);int k=1;
    while(k<n&&s[k]<=s[k+1]) k++;

    dp[k]=1;int r=k;
    while(k>1&&s[k]==s[k-1]) k--,dp[k]=1;
    init(2*n);
    while((1<<L)<=2*n) L++;
    for(int i=0;i<(1<<L);i++) wh[i]=(wh[i>>1]>>1)|((i&1)?(1<<(L-1)):0);
    while(k!=1)
    {
        k--,dp[k]=1;
        for(int i=k;i<n;i++) if(s[i+1]>s[k]) Add(dp[i+1],dp[i]);

        int mem=k;
        while(k>1&&s[k]==s[k-1]) k--,dp[k]=1;

        //对 mem ~ r 做卷积
        while(r<n&&s[r+1]>s[k]) r++;
        if(mem!=k)
        {
            for(int i=mem;i<=r;i++) f[i]=dp[i];
            for(int i=0;i<=n;i++) g[i]=C(i+mem-k-1,i);
            NTT();
            for(int i=mem;i<=r;i++) dp[i]=f[i];
        }
        memset(f,0,sizeof(f));
        memset(g,0,sizeof(g));
    }
    printf("%lld\n",dp[n]);
    return 0;
}