[计蒜之道2019 复赛 A]外教 Michale 变身大熊猫

Online Judge：2019计蒜之道复赛 A

Label：LIS+线段树、树状数组+快速幂(模逆元)

题目描述

题解：

pre.关于本题中模逆元的提示：

对于一个质数mod，q的模逆元是$q^{mod-2}$。也就是说对于本题，平时一般用形如$G=\frac{p}{q}$的分式表示概率，现在，我们利用模逆元来表示这个概率，即$G=p*q^{mod-2}$。

那这道题里$mod=998244353$是个质数，那就可以利用上面的提示$G=p*q^{mod-2}$，很明显要用到快速幂，而这个$q$就是LIS的个数，那我们只要求每个位置对应的p即可。

①.70%数据的$O(N^2)$做法：

想到LIS的O(NlogN)做法——用树状数组或线段树维护前缀最小值优化一下dp。然后可以求出最大上升子序列的长度mal ，接着分别从左到右，再从右到左求一下每个点会在几条LIS上，然后左右的方案数乘一下就是p了。预处理很明显要先离散化一下。离线赛时的70分代码:

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

typedef long long ll;

const int N=1e5+10;

const int mod=998244353;

int r[N],l[N];

int qsm(int x,int b){

    int res=1;

    while(b){

        if(b&1)res=1LL*res*x%mod;

        x=1LL*x*x%mod;

        b>>=1;

    }

    return res;

}

int B[N];

int n,num,a[N],b[N],dp[N];

int lowbit(int x){return x&-x;}

void update(int x,int d){

	while(x<=num)B[x]=max(B[x],d),x+=lowbit(x);

}

int query(int x){

	int res=0;

	while(x)res=max(res,B[x]),x-=lowbit(x);

	return res;

}

int cnt[N],all;

signed main(){

//	freopen("lis.in","r",stdin),freopen("lis.out","w",stdout);

	scanf("%lld",&n);

	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),b[i]=a[i];

	sort(b+1,b+n+1);

	num=unique(b+1,b+n+1)-b-1;

	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(b+1,b+num+1,a[i])-b;

	int mal=0;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		int now=query(a[i]-1);

		dp[i]=now+1;

		if(dp[i]>mal)mal=dp[i];

		update(a[i],dp[i]);

	}

	a[0]=0,dp[0]=0,l[0]=1;

	a[n+1]=num+1,dp[n+1]=mal+1,r[n+1]=1;n++;

	for(int i=0;i<=n;i++){

		for(int j=i+1;j<=n;j++){

			if((dp[j]!=dp[i]+1)||a[j]<=a[i])continue;

			l[j]=(l[j]+l[i])%mod;

		}

	}

	for(int i=n;i>=0;i--){

		for(int j=i-1;j>=0;j--){

			if((dp[j]!=dp[i]-1)||a[j]>=a[i])continue;

			r[j]=(r[j]+r[i])%mod;

		}

	}

	int all=l[0]*r[0]%mod,q=qsm(all,mod-2);

	for(int i=1;i<n;i++)printf("%lld ",r[i]*l[i]%mod*q%mod);

}

②.$O(NlogN)$正解

上面的代码也可以优化，但是我们可以直接在求LIS时候维护方案数。

也是一样的思路，从左到右扫一遍，再从右到左扫一遍，然后乘一下得到方案数。然后下面代码利用树状数组维护到目前为止，以离散化后的数字i结尾的LIS最长为$c[i]$，以及，以其结尾的LIS这么长有$ti[i]$条。

由于一次从左到右，一次从右到左，所以打两组树状数组。大致思路同上面的代码：

//快速幂->模逆元，树状数组、线段树维护

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long

typedef long long ll;

const int N=1e5+10;

const int mod=998244353;

int num,a[N],b[N];

int dp[N],li[N],ans[N];

int presum,c[N],ti[N];

int add1(int x,int mal,int d){

	while(x<=num){

		if(mal>c[x])c[x]=mal,ti[x]=d;

		else if(mal==c[x])ti[x]=(ti[x]+d)%mod;

		x+=x&(-x);

	}

}

int sum1(int x){

	int res=0;

	while(x){

		if(res<c[x])res=c[x],presum=ti[x];

		else if(res==c[x])presum+=ti[x];

		x-=x&(-x);

	}

	return res;

}

void add2(int x,int mal,int d){

	while(x){

		if(mal>c[x])c[x]=mal,ti[x]=d;

		else if(mal==c[x])ti[x]=(ti[x]+d)%mod;

		x-=x&(-x);

	}

}

int sum2(int x){

	int res=0;

	while(x<=num){

		if(res<c[x])res=c[x],presum=ti[x];

		else if(res==c[x])presum+=ti[x];

        x+=x&(-x);

    }

    return res;

}

int ksm(int x,int b){

	int res=1;

	while(b){

		if(b&1)res=res*x%mod;

		x=x*x%mod;

		b>>=1;

	}

	return res;

}

signed main(){

	int n;scanf("%lld",&n);

	for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]),b[i]=a[i];

	sort(b+1,b+n+1);

	num=unique(b+1,b+n+1)-b-1;

	for(int i=1;i<=n;i++)a[i]=lower_bound(b+1,b+num+1,a[i])-b;

	int lis=0;

	for(int i=1;i<=n;i++){

		presum=0;

		int now=sum1(a[i]-1);presum%=mod;

		dp[i]=now+1;

		lis=max(lis,dp[i]);

		if(dp[i]==1)li[i]=1;

		else li[i]=presum;

		add1(a[i],dp[i],li[i]);

	}

	memset(c,0,sizeof(c));

	memset(ti,0,sizeof(ti));

	int tot=0;

	for(int i=n;i>=1;i--){

		presum=0;

		int now=sum2(a[i]+1);presum%=mod;

		int ri=(now==0?1:presum);

		if((dp[i]+now)==lis)ans[i]=li[i]*ri%mod;

		if(dp[i]==lis)tot=(tot+ans[i])%mod;

		add2(a[i],now+1,ri);

	}

	int q=ksm(tot,mod-2);

	for(int i=1;i<=n;i++)printf("%lld ",ans[i]*q%mod);

	return 0;

}