ZOJ3874 Permutation Graph（DP+分治NTT）

最新推荐文章于 2022-06-27 11:37:27 发布

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#动态规划 #快速数论变换 #数论 #FFT #DP

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本文介绍ZOJ3874排列图问题的解决思路与代码实现，通过对逆序对形成的图进行分析，得出联通块的性质，并通过动态规划与分治NTT算法高效计算排列数量。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

ZOJ3874 Permutation Graph

原题地址：http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemId=5482

题意：
多组数据。
对于一个排列{a1，a2，… an}，如果他把每一对（ai，aj）满足 i< j 且 ai>aj（即逆序对）连接起来，会得到一张图。
例如，如果排列是{2,3,1,4}，则1和2连接，1和3连接。
给出得到的图的联通块个数、大小和每个联通块包含哪些数，问可以得到这些联通块的排列有多少种。

数据范围
n <= 130000

题解：
可以推得：
一个联通块只能是一段连续的数字。
块与块之间不存在逆序对的方案是唯一的，就是从小到达排列。

于是转化成每个联通块的方案数之积。

由于方案数只和长度有关，因此可以考虑DP。

最开始陷入了一个思维误区，总是想从dp[i-1]推dp[i]，这样考虑加入一个最大/最小的数，反而没什么思路。

实际上枚举的i个点不联通的情况就是之前推导的块间不联通的情况，同样一个联通块内的还是只能连续，且块与块从小到大排列（i< j 则 max(i)< min(j)）。

那么考虑用总共的减去不联通的，枚举第一块（1所属的块）大小就行了：
（前面是 $1...j$ 的联通方案，后面数比j大，肯定是没有边的，所以直接就 $(i-j)!$ ）

$f_i=i!-\sum\limits_{j=1}^{i-1} f_j*(i-j)!$

后面是一个卷积的形式，于是采用分治NTT求解即可。

代码：

#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
using namespace std;
const int mod=786433; //3*2^18+1 g=10
const int N=100500;
const int MXN=262144+100;
const int inf=0x3f3f3f3f;
int T,n,m,fac[N],a[MXN],b[MXN],w[MXN],_w[MXN],R[MXN],iv[MXN],G=10,f[N];
int modpow(int A,int B)
{
    int ret=1; int base=A;
    for(;B;B>>=1)
    {
        if(B&1) ret=(1LL*ret*base)%mod;
        base=(1LL*base*base)%mod;
    }
    return ret;
}
void NTT(int *x,int opt,int len)
{
    for(int i=0;i<len;i++) if(i<R[i]) swap(x[i],x[R[i]]);
    for(int m=2;m<=len;m<<=1)
    {
        int l=m/2; int wn=(opt==1)?w[m]:_w[m];
        for(int j=0;j<len;j+=m)
        for(int i=0,wi=1;i<l;i++)
        {
            int y=(1LL*wi*x[i+j+l])%mod;
            x[i+j+l]=(x[i+j]-y+mod)%mod;
            x[i+j]=(x[i+j]+y)%mod;
            wi=(1LL*wi*wn)%mod;
        }
    }
    if(opt==-1) for(int i=0;i<len;i++) x[i]=(1LL*x[i]*iv[len])%mod;
}
void solve(int lf,int rg)
{
    if(lf==rg){f[lf]=(fac[lf]-f[lf]+mod)%mod; return;}
    int mid=(lf+rg)>>1;
    solve(lf,mid);
    int len=1,p=0;
    for(;len<2*(rg-lf+1);len<<=1,p++); 
    for(int i=0;i<=len;i++) a[i]=b[i]=0;
    R[0]=0; for(int i=1;i<len;i++) R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(p-1));
    for(int i=lf;i<=mid;i++) a[i-lf+1]=f[i];
    for(int i=1;i<=rg-lf;i++) b[i]=fac[i];
    NTT(a,1,len); NTT(b,1,len);
    for(int i=0;i<len;i++) a[i]=(1LL*a[i]*b[i])%mod;
    NTT(a,-1,len);
    for(int i=mid+1;i<=rg;i++) f[i]=(f[i]+a[i-lf+1])%mod;
    solve(mid+1,rg);
}
int main()
{
    fac[0]=1; for(int i=1;i<=100000;i++) fac[i]=(1LL*fac[i-1]*i)%mod;
    for(int i=1;i<MXN;i<<=1) w[i]=modpow(G,(mod-1)/i),_w[i]=modpow(w[i],mod-2),iv[i]=modpow(i,mod-2);
    solve(1,100000);
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m); bool flag=0; int ret=1;
        for(int i=1,mx,mn,sz,x;i<=m;i++)
        {
            scanf("%d",&sz); mx=0; mn=inf;
            for(int j=1;j<=sz;j++) {scanf("%d",&x); mn=min(mn,x); mx=max(mx,x);}
            if(mx-mn+1!=sz) flag=1;
            ret=(1LL*ret*f[sz])%mod;
        }
        if(flag) printf("0\n");
        else printf("%d\n",ret);
    }
    return 0;
}