CF1349F1 Slime and Sequences (Easy Version) 题解

Description

传送门

Solution

Part 1: 性质观察

遇到这种输入量非常小的题，我们往往会想到找规律。先用暴力打个表出来试试吧。

1: 1
2: 3 1
3: 10 7 1
4: 41 39 15 1 

我们发现，输入 $n$ 后对应的答案之和为 $n!n$；因此，好序列的数量恰有 $n!$ 种。这启发我们将好序列与长度为 $n$ 的排列建立双射关系。

考虑构造下面的双射:

• 对于一个好序列 $a$ 而言，将 $a$ 中的元素从大到小排序；特别的，若两个元素的值相等，那么按照下标从大到小排序。将排序后的序列中的各个元素原来所在的位置依次取出，即可得到一个长度为 $n$ 的排列 $p$。
• 对于一个排列 $p$ 而言，我们将其划分为若干极长下降区间。对于第 $k$ 个下降区间 $[l,r]$，$\forall i\in [l,r]$ 令 $a_{p_i}=k$，即可得到一个长度为 $n$ 的好序列 $a$。

因此，$an{s}_i$ 即为所有长度为 $n$ 的排列的第 $i$ 个极长下降区间的长度之和。

Part 2: 列出式子

注意到，对于一个排列 $p$ 中的第 $i$ 位，其会对 $an{s}_x$ 产生贡献当且仅当 $[1,i)$ 中恰有 $x-1$ 个位置 $k$ 使 $p_k<p_{k+1}$。

于是得到式子

$$an{s}_i=\sum _{p=1}^n{f}_{p,i-1}\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{p}\right)(n-p)!$$

其中，$f_{p,i-1}$ 表示长度为 $p$ 且有 $i-1$ 个上升的排列数，$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{p}\right)(n-p)!$ 表示在 $n$ 个数中选择 $p$ 个放到该前缀中并将剩下的部分随意排列的方案数。

如果我们求出了每个 $f_{i,j}$，那么我们就可以在 $O(n^2)$ 的时间复杂度内求出所有的 $an{s}_i$。现在关键在于求出每个 $f_{i,j}$。

Part 3: 动态规划

考虑使用 $\text{dp}$ 求出所有的 $f_{x,y}$。

考虑在状态轮廓 $f_{x,y}$ 中插入 $x+1$。则有以下几种可能：

• 插入在了 $p_t,p_{t+1}(1\le t<x)$ 之间且 $p_t>p_{t+1}$。此时状态轮廓变为 $f_{x+1,y+1}$，且这样的 $t$ 有 $x-1-y$ 个。
• 插入在了 $p_t,p_{t+1}(1\le t<x)$ 之间且 $p_t<p_{t+1}$。此时状态轮廓变为 $f_{x+1,y}$，且这样的 $t$ 有 $y$ 个。
• 插入在了最开头。状态轮廓变为 $f_{x+1,y}$。
• 插入在了最末尾。状态轮廓变为 $f_{x+1,y+1}$。

从而，得到转移：

$$f_{x,y}\times (x-y)\to f_{x+1,y+1}$$$$f_{x,y}\times (y+1)\to f_{x+1,y}$$

于是我们在 $O(n^2)$ 的复杂度内求出了每个 $f$。

其实，这里的 $f_{x,y}$ 就是欧拉数。具体可见这篇文章。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const int maxl=5005,mod=998244353;

int n;
int f[maxl][maxl],jc[maxl],inv[maxl],g[maxl],ans[maxl];

void chksum(int x,int &y){
    
    y=(x+y)%mod;}
int quick_power(ll x,int y){
    
    
	ll res=1;
	for (;y;y=y>>1,x=(x*x)%mod){
    
    
		if (y&1)  res=(res*x)%mod;
	}
	return res;
}
void init(){
    
    
	f[0][0]=1,jc[0]=1;
	for (int i=0;i<=n;i++){
    
    
		for (int j=0;j<=i;j++){
    
    
			chksum((ll)f[i][j]*(i-j)%mod,f[i+1][j+1]);
			chksum((ll)f[i][j]*(j+1)%mod,f[i+1][j]);
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)  jc[i]=((ll)jc[i-1]*i)%mod;
	inv[n]=quick_power(jc[n],mod-2);
	for (int i=n-1;i>=0;i--)  inv[i]=((ll)inv[i+1]*(i+1))%mod;
}
int C(int x,int y){
    
    
	ll num=jc[x];
	num=(num*inv[y])%mod;
	num=(num*inv[x-y])%mod;
	return num;
}

signed main(){
    
    
	cin>>n;init();
	for (int i=1;i<=n;i++)  g[i]=C(n,i);
	for (int i=1;i<=n;i++){
    
    
		for (int j=max(1,i-1);j<=n;j++){
    
    
			ll cur=f[j][i-1];
			cur=(cur*g[j])%mod;
			cur=(cur*jc[n-j])%mod;
			chksum(cur,ans[i]);
		}
	}
	for (int i=1;i<=n;i++)  printf("%d ",ans[i]);
	return 0;
}