CF1738E Balance Addicts

CF1738E Balance Addicts

题目大意

给定一个长度为$n$的序列$a$，对于每一种将$a$划分成若干个子串的方式，我们设当前划分为$k$个子串，分别描述为$(l_1,r_1),(l_2,r_2),\dots ,(l_k,r_k)$定义长度为$k$的数组$s$满足$s_i=\sum _{j=l_i}^{r_i}{a}_j$。如果$s$是一个回文数组，则称这种划分方式是好的。

求$a$有多少种好的划分。答案模$998244353$。

有多组数据。

题解

我们可以用前缀和与后缀和来维护区间和，然后记录划分时的断点。

对于每一个断点，令其位置为$i$，则位置$i$是一个划分子串的右端点，位置$i+1$是一个划分子串的左端点。

对于每一个断点，必有另一个断点的后缀和与这个断点的前缀和相等。那么我们可以枚举$a$序列中左右部分相等的段，然后求出左边前缀和相等的一段$[l_1,r_1]$和右边后缀和相等的一段$[l_2,r_2]$，枚举其中能有几个断点，断点分配方案的数量为

$\sum _{i=1}^{\min (r_1-l_1+1,r_2-l_2+1)}C(r_1-l_1+1,i)\times C(r_2-l_2+1,i)$。

最后将各段的断点分配方案的数量相乘即为答案。

如果$[l_1,r_1]$和$[l_2,r_2]$有交集，那么这一段的点可以任意选，答案乘上$2^{r_2-l_1+1}$。此时整个序列$a$已经选完，直接退出即可。

根据断点的定义，后缀和的求法为$s{2}_i=s{2}_{i+1}+a_{i+1}$。

前缀和与后缀和要清零，避免影响后面的计算。不能用memset，否则会TLE。

时间复杂度为$O(\sum n)$。

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=100000;
int T,n;
long long ans,a[100005],s1[100005],s2[100005],jc[100005],ny[100005],w[100005];
long long mod=998244353;
long long mi(long long t,long long v){
	if(!v) return 1;
	long long re=mi(t,v/2);
	re=re*re%mod;
	if(v&1) re=re*t%mod;
	return re;
}
void init(){
	w[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++) w[i]=w[i-1]*2%mod;
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<=N;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
	ny[N]=mi(jc[N],mod-2);
	for(int i=N-1;i>=0;i--) ny[i]=ny[i+1]*(i+1)%mod;
}
long long C(int x,int y){
	return jc[x]*ny[y]%mod*ny[x-y]%mod;
}
int main()
{
	init();
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n);
		for(int i=1;i<=n;i++){
			scanf("%lld",&a[i]);
		}
		for(int i=1;i<=n;i++) s1[i]=s1[i-1]+a[i];
		for(int i=n-1;i>=1;i--) s2[i]=s2[i+1]+a[i+1];
		ans=1;
		for(int l=1,r=n-1,x,y;l<=r;l=x+1,r=y-1){
			while(l<=r&&s1[l]!=s2[r]){
				if(s1[l]<s2[r]) ++l;
				else --r;
			}
			if(l>r) break;
			if(s1[l]==s1[r]){
				ans=ans*w[r-l+1]%mod;
				break;
			}
			x=l;y=r;
			while(s1[x+1]==s1[l]) ++x;
			while(s2[y-1]==s2[r]) --y;
			int v=min(x-l+1,r-y+1);
			long long re=0;
			for(int i=0;i<=v;i++){
				re=(re+C(x-l+1,i)*C(r-y+1,i)%mod)%mod;
			}
			ans=ans*re%mod;
		}
		printf("%lld\n",ans);
		for(int i=1;i<=n;i++) s1[i]=s2[i]=0;
	}
	return 0;
}