1001 - Blank
$dp$。给的限制条件是一些区间内出现的数字种类数，其实比较容易联想到一个经典的题，就是一个序列以及很多组询问，每个询问查询一个区间内不同种类的数字个数，这个题的一个做法是将询问按右端点升序排序，然后扫描线，用线段树维护每个数字出现的最晚位置。这个题由于数字种类本身很少，只有四种，所以我们可以用$dp[i][a][b][c][d]$来前$i$个位置，四种数字最近出现的位置分别是$a,b,c,d$的方案数，但是这样内存不够，其实有一维是可以省去的，因为$a,b,c,d$中恰有一个是$i$，然后其实我们不用关心具体是哪个数字出现在某个位置，因此，我们可以简化状态，用$dp[i][a][b][c]$表示前$i$个位置，除第$i$个位置的数字外，其他三种数字分别出现在$a,b,c$的方案数，其中$a\leq b \leq c$，转移比较显然，这里不赘述。
1 #include<iostream> 2 #include<cstdio> 3 #include<vector> 4 const int mod=998244353; 5 inline void upd(int &a,int x) { 6 a+=x; 7 if(a>=mod) a-=mod; 8 } 9 const int N=101; 10 int n,m,dp[2][N][N][N]; 11 typedef std::pair<int,int> P; 12 std::vector<P> g[N]; 13 int main() { 14 int T; 15 scanf("%d",&T); 16 while(T--) { 17 scanf("%d%d",&n,&m); 18 for(int i=1;i<=n;i++) g[i].clear(); 19 for(int l,r,x;m--;) { 20 scanf("%d%d%d",&l,&r,&x); 21 g[r].push_back(P(l,x)); 22 } 23 dp[1][0][0][0]=4; 24 int ans=0; 25 for(int i=1;i<=n;i++) { 26 int t=i&1; 27 if(i<n) for(int x=0;x<=i;++x) for(int y=x;y<=i;y++) for(int z=y;z<=i;z++) dp[t^1][x][y][z]=0; 28 for(int x=0;x<i;++x) for(int y=x;y<i;y++) for(int z=y;z<i;z++) if(dp[t][x][y][z]) { 29 bool f=true; 30 for(auto &c:g[i]) { 31 int num=1; 32 if(x>=c.first) num+=3; 33 else if(y>=c.first) num+=2; 34 else if(z>=c.first) num++; 35 if(num!=c.second) { 36 f=false; 37 break; 38 } 39 } 40 if(!f) { 41 dp[t][x][y][z]=0; 42 continue; 43 } 44 if(i==n) upd(ans,dp[t][x][y][z]); 45 else { 46 upd(dp[t^1][x][y][z],dp[t][x][y][z]); 47 upd(dp[t^1][y][z][i],dp[t][x][y][z]); 48 upd(dp[t^1][x][z][i],dp[t][x][y][z]); 49 upd(dp[t^1][x][y][i],dp[t][x][y][z]); 50 } 51 } 52 } 53 printf("%d\n",ans); 54 } 55 return 0; 56 }
1012 - Sequence
$NTT$。如果我们令$f=\sum_{i=1}^n a_ix^i$，$g(c)=\sum_{i=0}x^{ci}$，那么经过$m$次操作后，最终的序列的第$i$项，就是$f\prod_{i=1}^mg(c_i)$的$x^i$的系数。我们令$h=\prod_{i=1}^mg(c_i)$，由此可以看出，操作的顺序对结果是无影响的，由此，我们可以按$c_i$的值分类计算。首先我们考虑$c_i=1$的情况，这个时候有$g(1)=\sum_{i=0}x^i$，设$c_i=1$的操作有$k$个，那么显然有$g(1)^k=\sum_{i=0}C_{i+k-1}^{i}x^i$，因为这相当于是在计算将$i$个无区别的物品放入$k$个有区别的箱子中的方案数。对于$c_i=2$以及$c_i=3$的情况，其实计算是一样的，这里不赘述，最后我们用$NTT$加速乘法即可。