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Codeforces 1065 E. Side Transmutations

Codeforces 1065 E. Side Transmutations

题目描述

题意：一个字符串长度为n，字符集大小为 |A|  ，再给出m种交换方式B_1,B_2...B_m，表示可以交换[1..B_i],[n-B_i+1,n]。如果两个不同的串能够通过任意的交换方式得到相同的串，则视为相同，求方案数。

Solution

同构求方案数，按剧本Burnside。

若字符串中每个字符都不同，则我们任意选择B中的交换方式都可以得到一个新的字符串，即任意选择B的元素，都能得到不同的置换，因此置换有2^m种。

|G||X/G|=\sum_{g\in G}|X^g|

现在考虑置换中的不动点个数和。

题目中的B递增，我们先让 [B_m+1...n] 没有限制，方案数为{|A|}^{n-B_m}。

现在考虑每一对相邻的B_{i-1},B_i，显然每一对B_{i-1},B_i的方案数相互独立，总方案数是各自方案数的乘积。

如果选择区间  [B_{i-1},B_i] ，那么这个区间必须和[n-B_i+1,n-B_{i-1}+1]的串相同，因此该区间字符确定，方案数为1。

如果不选择这个区间，那么这也是无限制的区间，方案数为{|A|}^{B_i-B_{i-1}}。

因此一对B_{i-1},B_i的方案数为{|A|}^{B_i-B_{i-1}}+1。

总方案数：

Ans=\frac{(\prod_{i}{(|A|^{B_i-B_{i-1}}+1)}){|A|}^{n-B_m}}{2^{m}}

时间复杂度是线性的。

#include 
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//#include 
//#include 
//#include 

#define MP(A,B) make_pair(A,B)
#define PB(A) push_back(A)
#define SIZE(A) ((int)A.size())
#define LEN(A) ((int)A.length())
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<(b);++i)
#define fi first
#define se second

using namespace std;

templateinline bool upmin(T &x,T y) { return yinline bool upmax(T &x,T y) { return x PR;
typedef vector VI;

const lod eps=1e-11;
const lod pi=acos(-1);
const int oo=1<<30;
const ll loo=1ll<<62;
const int mods=998244353;
const int MAXN=600005;
const int INF=0x3f3f3f3f;//1061109567
/*--------------------------------------------------------------------*/
inline int read()
{
	int f=1,x=0; char c=getchar();
	while (c<'0'||c>'9') { if (c=='-') f=-1; c=getchar(); }
	while (c>='0'&&c<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48); c=getchar(); }
	return x*f;
}
int inv2=(mods+1)>>1,a[MAXN];
int solve(int x,int y)
{
	if (y==0) return 1;
	int q=solve(x,y>>1);
	return (y&1)?1ll*q*q%mods*x%mods:1ll*q*q%mods;
}
int main()
{
	int n=read(),m=read(),k=read();
	for (int i=1;i<=m;i++) a[i]=read();
	int ans=solve(k,n-a[m]);
	for (int i=m;i>=1;i--) a[i]-=a[i-1],ans=1ll*ans*(1+solve(k,a[i]))%mods*inv2%mods;
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

 

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