D
題目大意：
\(n\)座建築排成一排，每座建築的高度為\(h_i\)。\(\forall i \in [1,n]\)，找出滿足下麵條件的\(j\)的數量：
- 在建築\(i\)到\(j\)中，沒有建築比\(j\)高的
- \(j \in [i+1,n]\)
\(n\leq 2 \times 10^5\)，\({h}\)是\(1\)到\(n\)的排列。
分析：
考慮\(i\)不好處理，我們改為考慮每個\(j\)可以貢獻到哪些\(i\)：即若\(h_j<h_i\)，\(k\)從\(j-1\)開始，一直向左，直到\(h_k>h_j\)時，\(i\in [k+1,j-1]\)都會被貢獻到（答案\(+1\)）。所以，我們只需要快速找到在每個\(j\)往左第一個大於\(h_j\)的位置。這隻需要我們把所有的\(i\)按照\(h_i\)從大到小排序，然後用一個\(set\)維護即可。至於區間修改單點查詢，差分陣列即可處理。
程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int n, t, pos[200005], d[200005], h[200005], c[200005];
set < int > a;
int ask(int x)
{
auto p = a.lower_bound(x);
if (p == a.end()) return max(1, *(prev(p)));
return *(prev(p));
}
int main()
{
scanf("%d", &n); a.insert(0);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &h[i]), pos[h[i]] = i;
for (int i = n; i >= 1; i -- )
{
int l = ask(pos[i]), r = pos[i] - 1;
if (l == 0) l = 1;
a.insert(pos[i]);
if (l > r || r == 0) continue;
d[l] ++ , d[r + 1] -- ;
}
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) d[i] += d[i - 1], printf("%d ", d[i]);
puts("");
return 0;
}
F
題目大意：
\(n\)個點的有向圖共有\(n+m\)條邊。\(\forall i \in [1,n]\)，\(i\)至\(i+1\)存在一條邊（\(n+1\)對應\(1\)）。\(\forall i \in [1,m]\)，\(x_i\)至\(y_i\)存在一條邊。求下列方案數：從點\(1\)開始，恰好走\(k\)步。答案對\(998244353\)取模。\(n,k\leq 2 \times 10^5,m\leq 50\)。無重邊自環。
分析：
\(O((n+m)k)\)的dp是顯然的，但是無法透過。注意到雖然有\(n+m\)條邊，但是其中的\(n\)條邊形式都是一致的，而\(m\)又很小，複雜度瓶頸在\(n\)。於是我們考慮固定這\(n\)條邊不動，讓\(n\)個點去動（即：某條邊\((i,i+1)\)，把\(i+1\)當成\(i\)，這樣就相當於自己轉移到自己，即保留原來的值，就不用考慮這條邊了）。設 \(d_i\) 為走到節點 \(i\) 的方案數。首先，為了處理方便，不妨將所有節點的標號減 \(1\)，這樣旋轉操作可以轉化為標號取模操作（常用）。在將點整體移動的情況下，我們可以忽略對原環上邊的轉移。邊 \((x,y)\) 在第 \(t\) 次轉移時的實際效果是
模擬一下即可得到上述轉移。例如，\(n=8,(x,y)=(2,4),t=1\)時，實際轉移效果為\((2,3)\)。這是因為我們把\(i+1\)當成了\(i\)。另外，由於所有操作需要同時進行，所以需要快取值後再操作。
程式碼：
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 998244353;
int n, m, k, add[55][2], x[55], y[55], dp[200005];
int main()
{
scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
for (int i = 1; i <= m; i ++ ) scanf("%d%d", &x[i], &y[i]), x[i] -- , y[i] -- ;
dp[0] = 1;
for (int i = 1; i <= k; i ++ )
{
for (int j = 1; j <= m; j ++ ) add[j][0] = (y[j] - i % n + n) % n, add[j][1] = dp[(x[j] - i % n + 1 + n) % n];
for (int j = 1; j <= m; j ++ ) dp[add[j][0]] = (dp[add[j][0]] + add[j][1]) % mod;
}
int res = 0;
for (int i = 0; i < n; i ++ ) res = (res + dp[i]) % mod;
printf("%d\n", res);
return 0;
}