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2020-2021:teams:legal_string:jxm2001:contest:cf_740_div._1

这是本文档旧的修订版!


Codeforces Round #732 (Div. 1)

D. Top-Notch Insertions

题意

定义插入排序过程:遍历 $i=2\sim n$,当且仅当 $a_i\lt a_{i-1}$ 时找到最小的 $j$ 满足 $a_i\lt a_j$ 然后将 $a_i$ 插入位置 $j$,用二元组 $(i,j)$ 记录。

多组数据,每组数据给定序列长度 $n$ 和排序过程的所有二元组(共 $m$ 个),假设原序列每个值 $\in [1,n]$,求原序列的所有可能情况。

数据保证 $\sum m\le 2\times 10^5$。

题解

固定 $n$ 和二元组序列,不难发现最终结果的下标序列唯一。假定最终结果下标序列为 $p$,于是有 $a_{p_1}\le a_{p_2}\le\cdots \le a_{p_n}$。

当且仅当 $a_{p_{i-1}}$ 是在插入排序时直接插在 $a_{p_i}$ 后面时 $a_{p_{i-1}}\le a_{p_i}$ 无法取等号。

假定有 $k$ 个位置无法取等,根据简单组合数学知识,知最终答案为 ${n+n-1-k\choose n}$。

现在需要维护无法取等的 $a_{p_{i-1}}\le a_{p_i}$ 的个数,发现正向维护是十分困难的,考虑逆序维护。

最后序列共有已经排序好的 $n$ 个元素,设最后一个二元组为 $(x,y)$,则最后一个二元组取得第 $y$ 个元素一定就是当前序列得第 $y$ 个元素。

不难发现当前序列的第 $y+1$ 个元素一定无法取等,将他标记,然后删除当前序列第 $y$ 个元素,继续处理倒数第二个二元组。

于是问题转化为构造一个支持查询第 $k$ 大和删除固定元素的数据结构,显然可以线段树维护。

另外题目只保证 $\sum m$ 的范围不保证 $\sum n$ 的范围,因此需要记录被修改的位置进行复原。总时间复杂度 $O(m\log n)$。

查看代码

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const int MAXN=2e5+5,mod=998244353;
int frac[MAXN<<1],invf[MAXN<<1];
int quick_pow(int n,int k){
	int ans=1;
	while(k){
		if(k&1)ans=1LL*ans*n%mod;
		n=1LL*n*n%mod;
		k>>=1;
	}
	return ans;
}
int C(int n,int m){
	return 1LL*frac[n]*invf[m]%mod*invf[n-m]%mod;
}
int lef[MAXN<<2],rig[MAXN<<2],s[MAXN<<2];
void build(int k,int L,int R){
	lef[k]=L,rig[k]=R,s[k]=R-L+1;
	if(L==R)return;
	int M=L+R>>1;
	build(k<<1,L,M);
	build(k<<1|1,M+1,R);
}
void update(int k,int pos,int v){
	s[k]+=v;
	if(lef[k]==rig[k])
	return;
	int mid=lef[k]+rig[k]>>1;
	if(pos<=mid)
	update(k<<1,pos,v);
	else
	update(k<<1|1,pos,v);
}
int query(int k,int rk){
	if(lef[k]==rig[k])
	return lef[k];
	if(rk<=s[k<<1])
	return query(k<<1,rk);
	else
	return query(k<<1|1,rk-s[k<<1]);
}
pair<int,int> a[MAXN];
void solve(){
	int n=read_int(),m=read_int();
	set<int> vis;
	vector<int> upd;
	_for(i,0,m)
	a[i].first=read_int(),a[i].second=read_int();
	for(int i=m-1;i>=0;i--){
		int p1=query(1,a[i].second),p2=query(1,a[i].second+1);
		vis.insert(p2);
		upd.push_back(p1);
		update(1,p1,-1);
	}
	enter(C(2*n-1-vis.size(),n));
	for(int p:upd)
	update(1,p,1);
}
void Init(){
	int N=2e5;
	build(1,1,N);
	N<<=1;
	frac[0]=1;
	_rep(i,1,N)
	frac[i]=1LL*frac[i-1]*i%mod;
	invf[N]=quick_pow(frac[N],mod-2);
	for(int i=N;i;i--)
	invf[i-1]=1LL*invf[i]*i%mod;
}
int main()
{
	Init();
	int T=read_int();
	while(T--)
	solve();
	return 0;
}
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