题解-CF1065E Side Transmutations

CF1065E Side Transmutations

\(n\) 和 \(m\) 和 \(k\) 和序列 \(b_i(1\le i\le m,1\le b_i\le b_{i+1}\le \frac n2)\)。对于字符串 \(s\)，如果选其 \(b_i\) 前缀和 \(b_i\) 后缀翻转并交换能变成字符串 \(s'\)，则 \(s,s'\) 是相等的。求有多少个长度为 \(n\) 的字符串，字符集大小为 \(k\)，互不相等。答案 \(\bmod 998244353\)。

数据范围：\(2\le n\le 10^9\)，\(1\le m\le \min(\frac n2,2\cdot 10^5)\)，\(1\le k\le 10^9\)。

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听神仙说这是群论，是 \(\tt Polya\)，小蒟蒻没有听说过，但是手推出来这题了。

既然蒟蒻啥都不会，那么就慢慢做这题。

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把字符串分成 \(2m+1\) 段。

如 \(m=2\) 字符串就是 \(\overrightarrow{A}\overrightarrow{B}\overrightarrow{C}\overrightarrow{D}\overrightarrow{E}\)：

\(\overrightarrow{S}\) 指的是一个有顺序的字符串。

\(\overrightarrow{A}\) 表示 \(s_{1\to b_1}\)。

\(\overrightarrow{B}\) 表示 \(s_{b_1+1\to b_2}\)。

\(\overrightarrow{C}\) 表示 \(s_{b_2+1\to n-b_2}\)。

\(\overrightarrow{D}\) 表示 \(s_{n-b_2+1\to n-b_1}\)。

\(\overrightarrow{E}\) 表示 \(s_{n-b_1+1\to n}\)。

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• 解决 \(m=1\) 的情况：

\[\overrightarrow{A}\overrightarrow{B}\overrightarrow{C}=\overleftarrow{C}\overrightarrow{B}\overleftarrow{A}
\]

如果 \(\overrightarrow{A}=\overleftarrow{C}\)：\(k^{n-b_1}\) 种。

如果 \(\overrightarrow{A}\not=\overleftarrow{C}\)：\((k^n-k^{n-b_1})\cdot 2^{-1}\) 种。

答案为 \(k^{n-b_1}+(k^n-k^{n-b_1})\cdot 2^{-1}=(k^n+k^{n-b_1})\cdot 2^{-1}\) 种。

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• 解决 \(m=2\) 的情况：

\[\overrightarrow{A}\overrightarrow{B}\overrightarrow{C}\overrightarrow{D}\overrightarrow{E}=\overleftarrow{E}\overrightarrow{B}\overrightarrow{C}\overrightarrow{D}\overleftarrow{A}=\overrightarrow{A}\overleftarrow{D}\overrightarrow{C}\overleftarrow{B}\overrightarrow{E}=\overleftarrow{E}\overleftarrow{D}\overrightarrow{C}\overleftarrow{B}\overleftarrow{A}
\]

如果 \(\overrightarrow{A}=\overleftarrow{E}\&\overrightarrow{B}=\overleftarrow{D}\)：\(k^{n-b_2}\) 种。

如果 \(\overrightarrow{A}\not=\overleftarrow{E}\&\overrightarrow{B}=\overleftarrow{D}\)：\((k^{n-b_2+b_1}-k^{n-b_2})\cdot 2^{-1}\) 种。

如果 \(\overrightarrow{A}=\overleftarrow{E}\&\overrightarrow{B}\not=\overleftarrow{D}\)：\((k^{n-b_1}-k^{n-b_2})\cdot 2^{-1}\) 种。

如果 \(\overrightarrow{A}\not=\overleftarrow{E}\&\overrightarrow{B}\not=\overleftarrow{D}\)：\((k^n-k^{n-b_1}-k^{n-b_2+b_1}+k^{n-b_2})\cdot 2^{-2}\) 种。

答案为 \((k^n+k^{n-b_1}+k^{n-b_2+b_1}+k^{n-b_2})\cdot 2^{-2}\) 种。

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小蒟蒻于是就发现规律了：

令集合 \(st=\{b_1,b_2-b_1,...,b_m-b_{m-1}\}\)。

\[Ans=2^{-m}\sum_{sub\in st}k^{n-\sum_{x\in sub}x}
\]

看似诡异，但是其实这个一把这个式子裂开就发现是可以合并的：

\[\begin{split}
2^m Ans=&~~~~~k^{n-st_1-st_2-\cdots-st_m}\\
&+k^{n-st_2-st_3-\cdots-st_m}+k^{n-st_1-st_3-\cdots-st_m}\\
&~~~~~~~~~~~~~~+k^{n-st_1-st_2-st_4-\cdots-st_m}+\cdots+k^{n-st_1-st_2-\cdots-st_{m-1}}\\
&+\vdots\\
&+k^n\\
=&k^{n-st_1-st_2-\cdots-st_m}(k^{st_1}+1)(k^{st_2}+1)\cdots(k^{st_m}+1)\\
=&k^{n-b_m}(k^{st_1}+1)(k^{st_2}+1)\cdots(k^{st_m}+1)\\
\end{split}
\]

\[\therefore Ans=2^{-m}k^{n-b_m}(k^{st_1}+1)(k^{st_2}+1)\cdots(k^{st_m}+1)
\]

然后就做完了。因为还要 \(\bmod 998244353\)，所以时间复杂度为 \(\Theta(m\log mod)\)。

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• 代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

//Start
typedef long long ll;
typedef double db;
#define mp(a,b) make_pair(a,b)
#define x first
#define y second
#define b(a) a.begin()
#define e(a) a.end()
#define sz(a) int((a).size())
#define pb(a) push_back(a)
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll INF=0x3f3f3f3f3f3f3f3f;

//Data
const int N=2e5;
const int mod=998244353;
int n,m,k,b[N+7];

//Pow
int Pow(int a,int x){
	if(!a) return 0; int res=1;
	for(;x;a=(ll)a*a%mod,x>>=1)if(x&1) res=(ll)res*a%mod;
	return res;
}

//Main
int main(){
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&k),k%=mod; //这句不加 Wrong on test 11
	for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%d",&b[i]);
	int res=1;
	for(int i=1;i<=m;i++) res=(ll)res*(Pow(k,b[i]-b[i-1])+1)%mod;
	res=(ll)res*Pow(k,n-b[m])%mod;
	res=(ll)res*Pow(Pow(2,m),mod-2)%mod;
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}

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祝大家学习愉快！