byd T3 放道這種題有什麼深意嗎
確實是籤，但是一直在想組合意義，最後因為沒提前處理逆元遺憾離場了，賽後看題解發現的確是往樹上轉化更簡單點
賽時的組合意義程式碼
沒過
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=998244353,num=233;
int k;
string s;
int pi[1000002];
int fact[1000002];
int tp[1000002],ct[1000002];
vector<int>v;
int power(int a,int t){
int base=a,ans=1;
while(t){
if(t&1){
ans=ans*base%p;
}
base=base*base%p;
t>>=1;
}
return ans;
}
int C(int n,int m){
return fact[n]*power(fact[n-m]*fact[m]%p,p-2)%p;
}
signed main(){
// freopen("sam/T1/ex.in","r",stdin);
freopen("string.in","r",stdin);
freopen("string.out","w",stdout);
cin>>k>>s;
s=" "+s;
basenum[0]=1;
fact[0]=1;
for(int i=1;i<=(int)s.length();++i){
if(i!=(int)s.length()) h[i]=h[i-1]*num+s[i];
if(i!=(int)s.length()) basenum[i]=basenum[i-1]*num;
fact[i]=fact[i-1]*i%p;
}
for(int i=2;i<=(int)s.length()-1;++i){
int j=pi[i-1];
while(j>0 and s[j+1]!=s[i]) j=pi[j];
if(s[j+1]==s[i]) j++;
pi[i]=j;
}
for(int i=1;i<=(int)s.length()-1;++i){
int j=i;
while(j>0){
tp[j]++;
ct[i]++;
j=pi[j];
}
}
int ans=C((int)s.length(),k);
for(int i=1;i<=(int)s.length()-1;++i){
ans=(ans+C(tp[i],k)*((ct[i]+1)*(ct[i]+1)-ct[i]*ct[i])%p)%p;
}
cout<<ans<<endl;
}
組合意義的大體思路是先處理出所有 border，然後列舉每個字首，然後再列舉以這個字首為公共前字尾（不一定非得是 border）的字首數量（這句話有點繞，形式化地說，設 \(t=b(s)\) 表示 \(t\) 既是 \(s\) 的字首也是 \(s\) 的字尾，我們要統計的就是，對於給定的 \(i\)，滿足 \(s_{[1,i]}=b(s_{[1,j]})\) 的 \(j\) 的數量 \(a\)，不難發現這個 \(i\) 對答案的貢獻就是 \(C^{k}_{a}\) 乘一個什麼係數），我們組合意義要求的就是這個係數，透過手摸可以發現，如果滿足 \(s_{[1,k]}=b(s_{[1,i]})\) 的 \(k\) 有 \(c\) 個，那麼這個係數是 \(c^2-(c-1)^2=2c-1\)，所以直接做就行了
然後是題解給的樹上意義的解法
如果將 \(i\) 與 \(p_i\) 連邊（\(p_i\) 是 \(s_{[1,i]}\) 的 border 長度），發現可以連成一顆樹，選 \(k\) 個字串找公共前字尾的實質是在樹上選 \(k\) 個點求 LCA，對答案的貢獻是 LCA 的深度的平方
這個轉化還挺有意思的
然後需要做的就只有列舉每個點作為公共 LCA 的情況，容易發現只有在子樹裡選才行，方案為 \(C_{size}^{k}\)，注意要減去所有點都出現在同一顆子樹裡的情況
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int p=998244353;
int k,ans;
int pi[1000002];
string s;
int fact[1000002],inv[1000002],invfact[1000002];
vector<int>e[1000001];
inline int C(int n,int m){
if(n<m) return 0;
return fact[n]*invfact[m]%p*invfact[n-m]%p;
}
int sizen[1000001];
void dfs(int now,int deep){
sizen[now]=1;
int tot=0;
for(int i:e[now]){
dfs(i,deep+1);
sizen[now]+=sizen[i];
tot=(tot+C(sizen[i],k))%p;
}
ans=(ans+(C(sizen[now],k)%p-tot+p)%p*(deep*deep)%p)%p;
}
signed main(){
freopen("string.in","r",stdin);
freopen("string.out","w",stdout);
cin>>k>>s;
s=" "+s;
for(int i=2;i<=(int)s.length()-1;++i){
int j=pi[i-1];
while(j and s[j+1]!=s[i]) j=pi[j];
if(s[j+1]==s[i]) j++;
pi[i]=j;
}
for(int i=1;i<=(int)s.length()-1;++i){
e[pi[i]].push_back(i);
}
inv[1]=1;
for(int i=2;i<=1000001;++i){
inv[i]=inv[p%i]*(p-p/i)%p;
}
fact[0]=invfact[0]=1;
for(int i=1;i<=1000001;++i){
fact[i]=fact[i-1]*i%p,invfact[i]=invfact[i-1]*inv[i]%p;
}
dfs(0,1);
cout<<ans;
}
tba
考慮直接欽定一個定點（題目裡也是讓這麼求的），然後列舉區間另一個端點的所有可能情況
發現這個東西完全沒有單調性，這很不好，於是考慮做 trick
怎麼才能套上 trick，考慮到如果你只欽定左端點 \(l\) 滿足條件（即找符合條件的 \(r\ge l\)，滿足 \(a_l\neq\max\limits_{l\le i\le r}a_i,a_l\neq\min\limits_{l\le i\le r}a_i\)，其實就是把題目裡對於右端點的限制撤了），你會發現這個玩意是有單調性的，對於所有的 \(r\) 大於某個定值都成立，因此可以二分去找這個值
對右端點，你用同樣的情況去找滿足條件的 \(l\)，然後嘗試列舉所有的左右端點，嘗試從中間合併它倆，如果能合併就合法（合併的條件是，左端點的合法區間包含右端點，右端點的合法區間包含左端點，這樣在區間裡左右端點就一定都符合條件了）
設對左端點 \(l\)，其合法區間是 \([a_l,n]\)，對右端點 \(r\)，其合法區間是 \([1,b_r]\)，其實現在我們要找的就是滿足 \(r\ge a_l,l\le b_r\) 的 \((l,r)\) 的數量
這東西複雜度太高，考慮直接上個啥資料結構維護一下
上權值樹狀陣列（線段樹亦可，但是比較危險），按 \(a_i\) 從大到小列舉所有 \(a_i\)，然後將 \(j\in[a_l,n]\) 的 \(j\) 動態地插入樹狀陣列內，現在只需要查這些插進去的數里有幾個是包含 \(i\) 的，貪心地想，插入的時候可以把每個區間插到其右端點上，查詢的時候，只要右端點在 \(i\) 右側的均包含 \(i\)（因為原區間是 \([1,r]\)），因此直接查 \([i,n]\) 內點的數量即可
另一邊也是同理做
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n,id;
int a[1000001],lg2[1000001];
int stmaxn[20][1000001],stminn[20][1000001];
inline int qmax(int l,int r){
int tmp=lg2[r-l+1];
return max(stmaxn[tmp][l],stmaxn[tmp][r-(1<<tmp)+1]);
}
inline int qmin(int l,int r){
int tmp=lg2[r-l+1];
return min(stminn[tmp][l],stminn[tmp][r-(1<<tmp)+1]);
}
struct stree{
struct tree{
int sum;
}t[1000001*4];
#define tol (id*2)
#define tor (id*2+1)
#define mid(l,r) mid=((l)+(r))/2
void change(int id,int l,int r,int pos){
if(l==r){
t[id].sum++;
return;
}
int mid(l,r);
if(pos<=mid) change(tol,l,mid,pos);
else change(tor,mid+1,r,pos);
t[id].sum=t[tol].sum+t[tor].sum;
}
int ask(int id,int l,int r,int L,int R){
if(L<=l and r<=R){
return t[id].sum;
}
int mid(l,r);
if(R<=mid) return ask(tol,l,mid,L,R);
else if(L>=mid+1) return ask(tor,mid+1,r,L,R);
return ask(tol,l,mid,L,mid)+ask(tor,mid+1,r,mid+1,R);
}
}A,B;
int la[1000001],rb[1000001];
struct la_t{
int la,id;
inline bool operator<(const la_t&A)const{
return la>A.la;
}
}lat[1000001];
struct rb_t{
int rb,id;
inline bool operator<(const rb_t&A)const{
return rb<A.rb;
}
}rbt[1000001];
int ansla[1000001],ansrb[1000001];
int main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin>>n>>id;
for(int i=1;i<=n;++i){
cin>>a[i];
if(i!=1) lg2[i]=lg2[i/2]+1;
stmaxn[0][i]=stminn[0][i]=a[i];
}
for(int i=1;i<=19;++i){
for(int j=1;j<=n;++j){
stmaxn[i][j]=max(stmaxn[i-1][j],stmaxn[i-1][j+(1<<(i-1))]);
stminn[i][j]=min(stminn[i-1][j],stminn[i-1][j+(1<<(i-1))]);
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
int l=i+1,r=n,ans=n+1;
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
if(qmax(i,mid)!=a[i] and qmin(i,mid)!=a[i]){
r=mid-1;
ans=mid;
}
else l=mid+1;
}
lat[i].la=ans;
lat[i].id=i;
la[i]=ans;
// cout<<i<<" ["<<ans<<" "<<n<<"]"<<endl;
}
// cout<<endl;
for(int i=1;i<=n;++i){
int l=1,r=i-1,ans=0;
while(l<=r){
int mid=(l+r)/2;
if(qmax(mid,i)!=a[i] and qmin(mid,i)!=a[i]){
l=mid+1;
ans=mid;
}
else r=mid-1;
}
rbt[i].rb=ans;
rbt[i].id=i;
rb[i]=ans;
// cout<<i<<" ["<<1<<" "<<ans<<"]"<<endl;
}
sort(lat+1,lat+n+1);
sort(rbt+1,rbt+n+1);
int j=n+1;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(lat[i].la==n+1) continue;
while(j!=lat[i].la){
j--;
if(rb[j]!=0) B.change(1,1,n,rb[j]);
}
ansla[lat[i].id]=B.ask(1,1,n,lat[i].id,n);
}
j=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(rbt[i].rb==0) continue;
while(j!=rbt[i].rb){
j++;
if(la[j]!=n+1) A.change(1,1,n,la[j]);
}
ansrb[rbt[i].id]=A.ask(1,1,n,1,rbt[i].id);
}
for(int i=1;i<=n;++i){
cout<<ansla[i]<<' ';
}
cout<<endl;
for(int i=1;i<=n;++i){
cout<<ansrb[i]<<' ';
}
cout<<endl;
}