HDU-5332(CDQ+NTT/前缀和优化dp)

考虑依次求出\(i\)个点的答案

假设当前有\(i-1\)个点，枚举第\(i\)个点前面的点数\(j\)，则\(dp_i=dp_{i-j-1}\cdot (j+1)^2\cdot C(i-1,i-j-1)\cdot j!\)

直接转移是\(O(n^2)\)的,可以看到是一个\(dp\)转移与差值有关，所以可以用\(CDQ\)分治+\(NTT\)解决

关于这种简单粗暴的做法，模板题HDU-5730 题解

以下是暴力的代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define reg register
typedef long long ll;
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)

template <class T> inline void cmin(T &a,T b){ ((a>b)&&(a=b)); } 
template <class T> inline void cmax(T &a,T b){ ((a<b)&&(a=b)); } 

char IO;
int rd(){
    int s=0,f=0;
    while(!isdigit(IO=getchar())) if(IO=='-') f=1;
    do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
    while(isdigit(IO=getchar()));
    return f?-s:s;
}

const int N=(1<<18)+4,P=998244353;

int n=1e5;
ll dp[N];
ll A[N],B[N];
ll Inv[N],Fac[N];
int rev[N];
ll qpow(ll x,ll k) {
    ll res=1;
    for(;k;k>>=1,x=x*x%P) if(k&1) res=res*x%P;
    return res;
}

void NTT(int n,ll *a,int f){
    rep(i,1,n-1) if(rev[i]>i) swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(reg int i=1;i<n;i<<=1) {
        int len=i*2;
        ll w=qpow(f==1?3:(P+1)/3,(P-1)/i/2);
        for(reg int l=0;l<n;l+=len) {
            ll e=1;
            for(reg int j=l;j<l+i;++j,e=e*w%P) {
                ll t=a[j+i]*e;
                a[j+i]=(a[j]-t)%P;
                a[j]=(a[j]+t)%P;
            }
        }
    }
    if(f==-1) {
        ll base=qpow(n,P-2);
        rep(i,0,n-1) A[i]=(A[i]*base%P+P)%P;
    }
}

void Solve(int l,int r){ 
    if(l==r) return;
    int mid=(l+r)>>1;
    Solve(l,mid);
    int R=1,c=-1;
    while(R<=r-l+1) R<<=1,c++;
    rep(i,1,R) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<c);
    rep(i,l,mid) A[i-l]=dp[i]*Inv[i]%P;
    rep(i,1,r-l+1) B[i]=1ll*i*i%P;
    NTT(R,A,1),NTT(R,B,1);
    rep(i,0,R) A[i]=A[i]*B[i]%P;
    NTT(R,A,-1);
    rep(i,mid+1,r) dp[i]=(dp[i]+A[i-l]*Fac[i-1])%P;
    rep(i,0,R) A[i]=B[i]=0;
    Solve(mid+1,r);
}

int main(){
    Fac[0]=Fac[1]=Inv[0]=Inv[1]=1;
    rep(i,2,n) {
        Fac[i]=Fac[i-1]*i%P;
        Inv[i]=(P-P/i)*Inv[P%i]%P;
    }
    rep(i,2,n) Inv[i]=Inv[i-1]*Inv[i]%P;
    dp[0]=1;
    Solve(0,n);
    while(~scanf("%d",&n)) printf("%lld\n",dp[n]);
}

\[ \ \]

下面是\(O(n)\)做法

观察转移\(dp_i=dp_{i-j-1}\cdot (j+1)^2\cdot C(i-1,i-j-1)\cdot j!\)

变形一下\(dp_i=dp_j\cdot (i-j)^2\cdot \frac{(i-1)!}{j!}\)

考虑前缀和转移

可以看到阶乘的问题可以通过参数分离很好地解决，就是\((i-j)^2\)的问题

当\(i\rightarrow i+1\)时,\((i-j)^2\rightarrow (i+1-j)^2\)

提出来看一下，就是\(x^2\rightarrow(x+1)^2=x^2+2x+1\)

所以我们可以记录\(a=\sum x^2dp_j,b=\sum xdp_j,c=\sum dp_j\)

所以每次\(i\)增加，\(a=a+2b+c,b=b+c\)即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define reg register
typedef long long ll;
#define rep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i<=i##end;++i)
#define drep(i,a,b) for(reg int i=a,i##end=b;i>=i##end;--i)

template <class T> inline void cmin(T &a,T b){ ((a>b)&&(a=b)); } 
template <class T> inline void cmax(T &a,T b){ ((a<b)&&(a=b)); } 

char IO;
int rd(){
    int s=0,f=0;
    while(!isdigit(IO=getchar())) if(IO=='-') f=1;
    do s=(s<<1)+(s<<3)+(IO^'0');
    while(isdigit(IO=getchar()));
    return f?-s:s;
}

const double PI=acos(-1);

const int N=1e5+10,P=998244353;


int n=1e5;
ll Fac[N],Inv[N];
ll dp[N];
int main(){
    Fac[0]=Fac[1]=Inv[0]=Inv[1]=1;
    rep(i,2,n) {
        Fac[i]=Fac[i-1]*i%P;
        Inv[i]=(P-P/i)*Inv[P%i]%P;
    }
    rep(i,2,n) Inv[i]=Inv[i-1]*Inv[i]%P;
    dp[0]=1;
    ll x=1,y=1,z=1;
    rep(i,1,n) {
        dp[i]=x*Fac[i-1]%P; // 累上(i-1)!
        x=(x+2*y+z)%P; // x
        y=(y+z)%P;     // y
        ll t=dp[i]*Inv[i]%P; // 考虑i的贡献
        x=(x+t)%P;
        y=(y+t)%P;
        z=(z+t)%P;
    }
    while(~scanf("%d",&n)) printf("%lld\n",dp[n]);
}