HDU 5322 Hope (CDQ分治+NTT)

题目链接：

http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=5322

题意：

给定n，考虑一个1,2,...,n的排列A[1],A[2],...,A[n]，对于每个i，选取最小的j(若存在)使得j>i且A[j]>A[i]，则在i到j之间连一条边，记P为图中所有连通块的大小之积，定义P*P为这个排列的permutation value，求出所有1,2,...,n的排列的permutation value之和对998244353取模的值。

分析：

记dp[i]为所有1,2,...,i的排列的permutation value之和，

考虑i的位置，当i位于第j个位置时，前j个点是连通的，且后i-j个点与前j个点不连通，

这里对答案的贡献为C(i-1,j-1)*(j-1)!*j^2*dp[i-j]，

不妨设dp[0]=1，

则dp[i]=sigma_(j=1~i)(C(i-1,j-1)*(j-1)!*j^2*dp[i-j])，

可以将上式整理成卷积形式，

由于要求出所有的dp值，考虑用CDQ分治进行优化，

假设现在要处理[l,r]的结果，

先递归处理[l,m]的结果，

然后用FFT计算[l,m]的结果对[m+1.r]的贡献，

再递归处理[m+1,r]的结果，

由于模数998244353=119*2^23+1，

可以使用NTT来保证计算过程中的精度，

那么有T[n]=2*T[n/2]+O(nlogn)，

总复杂度T[n]=O(n*(logn)^2)。

代码：

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll Mod=998244353;
const ll g=3;
ll fp(ll a,ll k)
{
    ll res=1LL;
    while(k>0)
    {
        if(k&1)res=res*a%Mod;
        a=a*a%Mod;
        k>>=1;
    }
    return res;
}
ll f[100005],inv[100005];
void change(ll y[],int len)
{
    for(int i=1,j=len/2;i<len-1;i++)
    {
        if(i<j)swap(y[i],y[j]);
        int k=len/2;
        while(j>=k)
        {
            j-=k;
            k/=2;
        }
        if(j<k)j+=k;
    }
}
void ntt(ll y[],int len,int on)
{
    change(y,len);
    for(int h=2;h<=len;h<<=1)
    {
        ll wn=fp(g,(Mod-1)/h);
        if(on==-1)wn=fp(wn,Mod-2);
        for(int j=0;j<len;j+=h)
        {
            ll w=1LL;
            for(int k=j;k<j+h/2;k++)
            {
                ll u=y[k];
                ll t=w*y[k+h/2]%Mod;
                y[k]=(u+t)%Mod;
                y[k+h/2]=(u-t+Mod)%Mod;
                w=w*wn%Mod;
            }
        }
    }
    if(on==-1)
    {
        ll t=fp(len,Mod-2);
        for(int i=0;i<len;i++)
            y[i]=y[i]*t%Mod;
    }
}
ll dp[100005];
ll x1[200005],x2[200005];
void cdq(int l,int r)
{
    if(l==r)return;
    int m=(l+r)>>1;
    cdq(l,m);
    int len=1;
    while(len<=r-l+1)len<<=1;
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        x1[i]=(l+i<=m ? dp[l+i]*inv[l+i]%Mod : 0);
        x2[i]=(l+i<r ? 1LL*(i+1)*(i+1)%Mod : 0);
    }
    ntt(x1,len,1);
    ntt(x2,len,1);
    for(int i=0;i<len;i++)
        x1[i]=x1[i]*x2[i]%Mod;
    ntt(x1,len,-1);
    for(int i=m+1;i<=r;i++)
        dp[i]=(dp[i]+f[i-1]*x1[i-l-1]%Mod)%Mod;
    cdq(m+1,r);
}
void prepare()
{
    f[0]=1LL;
    for(int i=1;i<=100000;i++)
        f[i]=i*f[i-1]%Mod;
    for(int i=0;i<=100000;i++)
        inv[i]=fp(f[i],Mod-2)%Mod;
    dp[0]=1LL;
    cdq(0,100000);
}
int main()
{
    prepare();
    int n;
    while(scanf("%d",&n)!=EOF)printf("%I64d\n",dp[n]);
    return 0;
}