HDU 5322 Hope (CDQ分治+NTT)

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5322

题意：

给定n，考虑一个1,2,...,n的排列A[1],A[2],...,A[n]，对于每个i，选取最小的j(若存在)使得j>i且A[j]>A[i]，则在i到j之间连一条边，记P为图中所有连通块的大小之积，定义P*P为这个排列的permutation value，求出所有1,2,...,n的排列的permutation value之和对998244353取模的值。

分析：

记dp[i]为所有1,2,...,i的排列的permutation value之和，

考虑i的位置，当i位于第j个位置时，前j个点是连通的，且后i-j个点与前j个点不连通，

这里对答案的贡献为C(i-1,j-1)*(j-1)!*j^2*dp[i-j]，

不妨设dp[0]=1，

则dp[i]=sigma_(j=1~i)(C(i-1,j-1)*(j-1)!*j^2*dp[i-j])，

可以将上式整理成卷积形式，

由于要求出所有的dp值，考虑用CDQ分治进行优化，

假设现在要处理[l,r]的结果，

先递归处理[l,m]的结果，

然后用FFT计算[l,m]的结果对[m+1.r]的贡献，

再递归处理[m+1,r]的结果，

由于模数998244353=119*2^23+1，

可以使用NTT来保证计算过程中的精度，

那么有T[n]=2*T[n/2]+O(nlogn)，

总复杂度T[n]=O(n*(logn)^2)。

代码：

#include<cstdio>#include<cstdlib>#include<cstring>#include<cmath>#include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;typedef long long ll;const ll Mod=998244353;const ll g=3;ll fp(ll a,ll k){    ll res=1LL;    while(k>0)    {        if(k&1)res=res*a%Mod;        a=a*a%Mod;        k>>=1;    }    return res;}ll f[100005],inv[100005];void change(ll y[],int len){    for(int i=1,j=len/2;i<len-1;i++)    {        if(i<j)swap(y[i],y[j]);        int k=len/2;        while(j>=k)        {            j-=k;            k/=2;        }        if(j<k)j+=k;    }}void ntt(ll y[],int len,int on){    change(y,len);    for(int h=2;h<=len;h<<=1)    {        ll wn=fp(g,(Mod-1)/h);        if(on==-1)wn=fp(wn,Mod-2);        for(int j=0;j<len;j+=h)        {            ll w=1LL;            for(int k=j;k<j+h/2;k++)            {                ll u=y[k];                ll t=w*y[k+h/2]%Mod;                y[k]=(u+t)%Mod;                y[k+h/2]=(u-t+Mod)%Mod;                w=w*wn%Mod;            }        }    }    if(on==-1)    {        ll t=fp(len,Mod-2);        for(int i=0;i<len;i++)            y[i]=y[i]*t%Mod;    }}ll dp[100005];ll x1[200005],x2[200005];void cdq(int l,int r){    if(l==r)return;    int m=(l+r)>>1;    cdq(l,m);    int len=1;    while(len<=r-l+1)len<<=1;    for(int i=0;i<len;i++)    {        x1[i]=(l+i<=m ? dp[l+i]*inv[l+i]%Mod : 0);        x2[i]=(l+i<r ? 1LL*(i+1)*(i+1)%Mod : 0);    }    ntt(x1,len,1);    ntt(x2,len,1);    for(int i=0;i<len;i++)        x1[i]=x1[i]*x2[i]%Mod;    ntt(x1,len,-1);    for(int i=m+1;i<=r;i++)        dp[i]=(dp[i]+f[i-1]*x1[i-l-1]%Mod)%Mod;    cdq(m+1,r);}void prepare(){    f[0]=1LL;    for(int i=1;i<=100000;i++)        f[i]=i*f[i-1]%Mod;    for(int i=0;i<=100000;i++)        inv[i]=fp(f[i],Mod-2)%Mod;    dp[0]=1LL;    cdq(0,100000);}int main(){    prepare();    int n;    while(scanf("%d",&n)!=EOF)printf("%I64d\n",dp[n]);    return 0;}