【JZOJ6082】染色问题

最新推荐文章于 2022-07-23 12:15:26 发布

sadnohappy

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分类专栏：题解快速傅里叶变换一般动规与递推

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/sadnohappy/article/details/88879742

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本文介绍了一种使用多项式乘法和快速傅立叶变换解决颜色染色问题的方法。该问题涉及计算不同颜色序列的数量，当n个格子用m种颜色进行染色时，每次染色可以覆盖原有颜色。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

Description

有n个格子，现在用m种颜色按顺序染m次，每次可以染一段区间（如果区间内有别的颜色将会被这种颜色覆盖），问最终所有格子都有颜色的情况下，不同的颜色序列有多少种。

Solution

最终序列肯定是一段一段的颜色，其实每次染色相当于从原有的颜色段中插入一段颜色。
设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 次染色，颜色段长度为 $j$ 的方案数，容易得到转移就是：
$fi,j=fi−1,j+∑k=0j−1(k+1)fi−1,kf_{i,j}=f_{i-1,j}+\sum_{k=0}^{j-1}(k+1)f_{i-1,k}$
把 $f_{i,j}$ 看成 $f_i(x)[x^j]$ ，转移可以看成 $f_i(x)=f_{i-1}(x)(ix+1)$ ，最后再乘上个组合数，答案可以写成（这里m颜色必须染）：
$∑i=1mCm−1i−1([xi]x∏j=2n(jx+1))\sum_{i=1}^mC_{m-1}^{i-1}([x^i]x\prod_{j=2}^n(jx+1))$
分治NTT会T，考虑倍增：
设 $fm(x)=∏i=1m((i+1)x+1)f_m(x)=\prod\limits_{i=1}^m((i+1)x+1)$ , $fm′(x)=∏i=m+12m((i+1)x+1)f_m'(x)=\prod\limits_{i=m+1}^{2m}((i+1)x+1)$
那么 $f2m(x)=fm(x)fm′(x)f_{2m}(x)=f_m(x)f_m'(x)$
考虑求 $fm′(x)f_m'(x)$ ，改写一下变成 $fm′(x)=∏i=1m((i+1)x+mx+1)f_m'(x)=\prod\limits_{i=1}^m((i+1)x+mx+1)$
设 $a_i=f_m(x)[x^i]$ ， $bi=fm′(x)[xi]b_i=f_m'(x)[x^i]$ ，枚举有 $f_m(x)$ 有多少个 $1$ 变成了 $m$ ，可以得到：
$b_{i+j}=C_{m-i}^jm^ja_i$
把组合数拆开，多项式乘法即可。

Code

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define fo(i,j,k) for(int i=j;i<=k;++i)
#define fd(i,j,k) for(int i=j;i>=k;--i)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e6+10,M=3e6+10,mo=998244353;
int qpow(int x,int y){
	int s=1;
	for(;y;y>>=1,x=(ll)x*x%mo) if(y&1) s=(ll)s*x%mo;
	return s;
}
int fn;
int jc[N],ny[N];
int rev[M];
int pl(int x,int y){
	return x+y>=mo?x+y-mo:x+y;
}
void NTT(int *a,int sig){
	fo(i,1,fn-1) if(i<rev[i]) swap(a[i],a[rev[i]]);
	for(int m=2;m<=fn;m<<=1){
		int half=m>>1,w0=qpow(3,(mo-1)/m);
		if(sig<0) w0=qpow(w0,mo-2);
		for(int i=0;i<fn;i+=m)
		for(int j=i,w=1;j<i+half;++j,w=(ll)w*w0%mo){
			int u=a[j],v=(ll)a[j+half]*w%mo;
			a[j]=pl(u,v),a[j+half]=pl(u,mo-v);
		}
	}
	if(sig<0){
		int nf=qpow(fn,mo-2);
		fo(i,0,fn-1) a[i]=(ll)a[i]*nf%mo;
	}
}
void mul(int *a,int *b,int ln,int nd){
	int cnt=0;
	for(fn=1;fn<=(ln<<1);fn<<=1) ++cnt;
	fo(i,1,fn-1) rev[i]=rev[i>>1]>>1|(i&1)<<(cnt-1);
	fo(i,ln+1,fn-1) a[i]=b[i]=0;
	NTT(a,1),NTT(b,1);
	fo(i,0,fn-1) a[i]=(ll)a[i]*b[i]%mo;
	NTT(a,-1);
	fo(i,nd+1,fn-1) a[i]=0;
}
int b[M],c[M],d[M];
void solve(int *a,int n){
	if(n==1){
		a[0]=1,a[1]=2;
		return;
	}
	int m=n>>1;
	solve(a,m);
	fo(i,0,m) b[i]=(ll)a[i]*jc[m-i]%mo,c[i]=(ll)qpow(m,i)*ny[i]%mo;
	mul(b,c,m,m);
	fo(i,0,m) b[i]=(ll)b[i]*ny[m-i]%mo;
	mul(a,b,m,m<<1);
	if(n&1){
		c[0]=0;
		fo(i,0,m<<1) c[i+1]=(ll)a[i]*(n+1)%mo;
		fo(i,0,n) a[i]=pl(a[i],c[i]);
	}
}
int C(int m,int n){
	return (ll)jc[m]*ny[n]%mo*ny[m-n]%mo;
}
int a[M];
int main()
{
	freopen("color.in","r",stdin);
	freopen("color.out","w",stdout);
	int n,m,mx;
	scanf("%d %d",&n,&m),mx=max(n,m);
	jc[0]=1;
	fo(i,1,mx) jc[i]=(ll)jc[i-1]*i%mo;
	ny[mx]=qpow(jc[mx],mo-2);
	fd(i,mx,1) ny[i-1]=(ll)ny[i]*i%mo;
	solve(a,n-1);
	int ans=0;
	fo(i,0,m-1) ans=pl(ans,(ll)a[i]*C(m-1,i)%mo);
	printf("%d",ans);
}