[ACNOI2022]守序划分问题

题目

题目描述
将 { 1 , 2 , 3 , … , n } \{1,2,3,\dots,n\} { 1,2,3,…,n} 划分成 $m$ 个组，每组中至少有一个数。记为 $A_1,A_2,\dots ,A_m$ 。

称一个划分是 “好的”，当且仅当存在排列 $p_1,p_2,p_3,\dots ,p_m$，令 $p_0=p_m$ 则有 $\max (A_{p_i})>\min (A_{p_{i-1}})(1⩽i⩽m)$ 。

两个划分本质不同，当且仅当存在两个数字，它们在第一个划分中属于同一集合，而另一个划分中则不属于。

请求出本质不同的划分数量。

数据范围与提示
$2⩽m⩽n⩽500$ 。

思路

此题有两种解法。然而就算是有两种，我也没能找到其一；明明是道简单题，我却庸人自扰。就像一条宽阔的柏油路，所有人都觉得十分舒适，偏偏我在马路牙子上骑独轮车 抛彩球，感觉难上加难……

错误伊始

不知道为什么，有一个模糊的念头出现在我的脑海中：肯定是像斯特林数一样，用 $f(i,j)$ 表示 $i$ 个球 $j$ 个盒子的情况，然后直接递推！

一个念头出现了，就根深蒂固。先入为主，十分恐怖。一定要考虑后……

接下来的 $1.5h$，我试过枚举最后一个盒子，然后把它整体删除。失败。试过将它的 $\min$ 放到前一个盒子中。失败。试过将其整体并入前一个盒子中。失败。

我蚌埠住了。

一误再误

接下来，我有了一个天才的想法，使我在绝望中看到一丝希望：如果 $x$ 是该组的 $\min$，向下一个集合的 $\max$ 连边；否则向该组中的前驱连边。这样就一定形成一个环。同时，所有这样连出的环都对应一个划分方案，组数就是 “上升” 的边。

于是我高高兴兴地打了这个做法。虽然对于 $\mathcal{O}(nm)$ 的复杂度很是怀疑，但也没意识到错误。结果过不了小样例。只好找到所有方案，画出来，找问题……

终于发现：一个合法划分可以对应多个 $⟨p⟩$ 序列；而我所求的实际上是 $⟨p⟩$ 的方案。这让我很沮丧——我苦苦探寻，才在黑暗中找到的那点光亮，竟只是枯枝燃烧的一点余烬而已。但它也不能让我气馁：说不定就是要减去重复的情况呢？

现在回看当初，倒不如早些气馁的好。

临终忏悔

终于，我保持着 $0$ 分的成绩，准备迎接比赛结束了。这时我才想起，解决计数问题，先想判定问题。那么怎样判断一个方案是合法的呢？

我忽然想到一个很简单的方法，按照 $\max$ 排序，那么就会有 $\min (A_{p_i})<\max (A_{p_i})<\max (A_{p_{i+1}})$ 。所以唯一的问题就是 $A_1$ 和 $A_m$ 的关系。

如果 $\min (A_m)=1$，那就没什么可担心的。所以我们希望前面一段是按照 $\max$ 升序，走到包含 $n$ 的组，然后走到包含 $1$ 的组。这样就一定可行。而显然这也是必要的。所以，只要包含 $1$ 的组和包含 $n$ 的组可以被 “接” 起来，划分就是合法的。

而我们想象一下这个过程，很容易发现：若对于一个 $v\in [1,n)$，使得任意 $\max (A)>v$ 都有 $\min (A)>v$，那就不可行。这相当于上方和下方断裂了。否则，就一定可行，因为总是可以找到一个区间来继续往下走。

把上面的条件再翻译一下，就是 $[\min ,\max ]$ 的并集覆盖 $[0,n]$ 。很自然地想到容斥了。用 $f(i,j)$ 表示将 $i$ 个数划分到 $j$ 组内的方案数。记 $S(i,j)$ 为斯特林数，即将 $i$ 个球放到 $j$ 个无标号的盒子中，不能空盒的方案数。枚举第一个 “空隙”，那么空隙前和空隙后的数不能在同一个盒子里，否则一定跨过空隙。于是有
$$f(n,m)=S(n,m)-\sum _{i=1}^{n-1}\sum _{j=1}^{m-1}f(i,j)S(n-i,m-j)$$
其实就是二元生成函数的 $F(x,y)=S(x,y)-F(x,y)S(x,y)$ 。不幸的是，二元生成函数无法直接取逆元，因为它是对 $x^n{y}^m$ 取模，与一元生成函数很不相同。

所以我们需要每行做 $\text{NTT}$，相当于枚举 $x$ 的次数，而 $y$ 直接进行卷积。令人欣慰的是，每行做 $\text{NTT}$ 之后不用做逆变换，因为上面的式子是没有取模的；所以总复杂度就是 $\mathcal{O}(n{m}^2)$ 。可是要写多项式了，坏耶。

别开生面

上面的容斥，确实很自然；但是并不优秀。直接做竟然是最好的选择！

用 $f(i,j,k)$ 表示，前 $i$ 个点已经用了 $j$ 条完整的线段，还有 $k$ 条线段是有头无尾的。四种情况讨论一下：当前点在线段中间；当前点在线段末尾；当前点是线段开头；当前点自成一格线段。然后就完了。系数很好算；也可参考代码。令 $f(i,j,0)=0$ 即可去除非法状态。

代码

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cctype>
using namespace std;
# define rep(i,a,b) for(int i=(a); i<=(b); ++i)
# define drep(i,a,b) for(int i=(a); i>=(b); --i)
typedef long long llong;
inline int readint(){
    
    
	int a = 0, c = getchar(), f = 1;
	for(; !isdigit(c); c=getchar())
		if(c == '-') f = -f;
	for(; isdigit(c); c=getchar())
		a = (a<<3)+(a<<1)+(c^48);
	return a*f;
}

const int MOD = 998244353;
const int MAXN = 505;
int dp[MAXN][MAXN][MAXN];

int main(){
    
    
	int n = readint(), m = readint();
	dp[0][0][0] = 1;
	rep(i,1,n) rep(j,0,m) rep(k,0,m-j){
    
    
		if(j != m && k == 0){
    
     // gap
			dp[i][j][k] = 0; continue;
		}
		dp[i][j][k] = int((
		// if this one is in the middle, k*dp[j,k]
			llong(k)*dp[i-1][j][k]
		// if this one is the end, (k+1)*dp[j-1,k+1]
			+ (j ? llong(k+1)*dp[i-1][j-1][k+1] : 0)
		// if this one is the head, dp[j,k-1]
			+ (k ? dp[i-1][j][k-1] : 0)
		// if this one is both the head and end, dp[j-1,k]
			+ (j ? dp[i-1][j-1][k] : 0)
		)%MOD);
	}
	printf("%d\n",dp[n][m][0]);
	return 0;
}

后记

比赛结束后一问，$\mathsf{O}\mathsf{U}\mathsf{Y}\mathsf{E}$ 根本不知道这道题怎么和 “难” 这个字眼有关，$\mathsf{D}\mathsf{D}(\mathsf{X}\mathsf{Y}\mathsf{X})$ 则觉得这种级别的题目不适合拿来做比赛题，干脆打了个 $\mathcal{O}(n^2{\log }^{2}n)$ 的分治 $\text{NTT}$ 作为娱乐。

为什么我必须被 $\mathsf{O}\mathsf{U}\mathsf{Y}\mathsf{E}$ 甩开这么远的距离？为什么我总是只能仰望 $\mathsf{D}\mathsf{D}(\mathsf{X}\mathsf{Y}\mathsf{X})$ 的背影？难道我命中注定，必须被 $\mathsf{D}\mathsf{D}(\mathsf{X}\mathsf{Y}\mathsf{X})$ 一次次地击败、打倒、摧毁，被一次次地嘲讽、挖苦、斥责？我看着他们，就像迈特凯看着卡卡西。

$\mathsf{D}\mathsf{D}(\mathsf{X}\mathsf{Y}\mathsf{X})$ 的话又萦绕在耳边：“承认自己强，很难吗？”