CF1327F AND Segments
Description
要求构造满足下列条件的长度为 \(n\) 的序列 \(a\) 的个数:
- 每个数值域在 \([0, 2 ^ k)\)
- \(m\) 个限制条件 \(l, r, x\),需要满足 \(a_l\ \text{and}\ a_{l+1} \text{and}\ ... \text{and}\ a_{r} = x\)。 (二进制按位与)
\(n, m \le 5 · 10^5\)
Solution
二进制表示,每个数都是一个 \(k\) 位的 \(01\) 串。按位与限制,不同位互不影响,考虑分别做再乘法原理乘起来。
现在问题转化为了,构造长度为 \(n\) 的 \(01\) 串,有 \(m\) 个限制。
- 要么为一段区间都是 \(1\)。
- 或是一段区间必须有一个 \(0\)。
不妨枚举 \(0\) 的出现位置。
状态设计
\(f_i\) 表示前 \(i\) 个位置,第 \(i\) 个位置为 \(0\)。\([1, i]\) 区间内包含的所有区间条件已经满足的方案数。
状态转移
- 如果第 \(i\) 位必须填 \(1\)(这个用差分 \(O(n)\) 预处理),那么 \(f_i = 0\)。做完这步,第一个限制肯定满足,因为填 \(0\) 的机会全部被否认掉了。
- 否则,枚举上一个 \(0\) 的位置 \(0 \le j < i\),即 \((j, i)\) 区间全部填 \(1\),\(f_i = \sum f_j\)。为了满足第二个条件,那么 \((j, i)\) 区间必然不能完全包含第二个限制的任何一个区间,即 \(j\) 必须 \(\ge \max(l)\),其中 \(r \le i - 1\) 的。
优化
对于 \(f_i = \sum f_j\)。发现 \(j\) 所取的是一个滑动窗口 \([\max(l), i - 1]\)。即左右端点都是不降的,这样搞一个变量动态维护这个和即可。
初始状态:\(f_0 = 1\)
答案:\(\sum f_{j}^{n}\)(最后一波连续的 \(1\) 里也不能包含第二个限制中的任意区间)
时间复杂度
\(O(kn)\)
Code
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 500005, P = 998244353;
int n, K, m, ans = 1;
int cnt[N], pre[N], f[N];
int L[N], R[N], X[N];
int inline solve(int w) {
memset(f, 0, sizeof f);
memset(cnt, 0, sizeof cnt);
memset(pre, 0, sizeof pre);
for (int i = 1; i <= m; i++) {
if (X[i] >> w & 1) cnt[L[i]]++, cnt[R[i] + 1]--;
else pre[R[i]] = max(pre[R[i]], L[i]);
}
for (int i = 1; i <= n; i++) cnt[i] += cnt[i - 1];
f[0] = 1;
int s = 1, j = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
if (!cnt[i]) f[i] = s;
(s += f[i]) %= P;
while (j < pre[i]) s = ((LL)s - f[j++] + P) % P;
}
int res = 0;
for (int i = j; i <= n; i++) (res += f[i]) %= P;
return res;
}
int main() {
scanf("%d%d%d", &n, &K, &m);
for (int i = 1; i <= m; i++) scanf("%d%d%d", L + i, R + i, X + i);
for (int k = 0; k < K; k++) ans = (LL)ans * solve(k) % P;
printf("%d\n", ans);
}
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