CF848E-Days of Floral Colours【dp,分治NTT】

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF848E

---

题目大意

\(2n\)个花排成一个圆环，\(n\)种颜色每种两个，要求两个相同颜色之间最小距离为\(1,2\)或\(n\)。

对于一种染色方案的权值为：删除掉距离为\(n\)的颜色后，剩下的连续段长度的乘积。

求所有方案的染色之和对\(998244353\)取模。

\(1\leq n\leq 50000\)

---

解题思路

环好像很麻烦，先考虑线段上的，现在有两个长度为\(n\)的数列，然后距离为\(n\)的点之间对应。染色可以看为连接两个点。

然后设\(g_i\)表示不使用跨越数列的连线，涂\(i\)个的方案数，那么有\(g_i=g_{i-2}+g_{i-4}\)（相邻的连接/两个都是隔着对方连）。

然后考虑有跨越数列的线的方案，且没有其他连线跨过这条线，\(f0_i\)表示第\(i\)个是满足条件的线的权值和。\(f1_i\)则表示刚好有一对距离为\(2\)的点对跨越这个线的权值和。

那么有转移方程

\[f0_i=g_ii^2+\sum_{j=0}^{i-1}g_jj^2f0_{i-j-1}+\sum_{j=0}^{i-3}g_j(j+1)^2f1_{i-j-3}
\]

（第一个是全程没有其他横跨边，第二个是上一条横跨边两边没有同色，第三个是上一条横跨边两边有同色）

同理可以得到\(f1\)的方程

\[f1_i=g_i(i+1)^2+\sum_{j=0}^{i-1}g_j(j+1)^2f0_{i-j-1}+\sum_{j=0}^{i-3}g_j(j+2)^2f1_{i-j-3}
\]

得到\(f0\)和\(f1\)之后，看一下\(f0,f1\)都是最左边没有距离为\(2\)的边越过的，但是我们转换到环上的时候需要考虑这种情况，所以我们设\(f2_i\)表示左右两边的横跨边都有同色的，中间距离为\(i\)的权值和。

方程是

\[f2_i=g_i(i+2)^2+\sum_{j=0}^{i-1}g_j(j+1)^2f0_{i-j-1}+\sum_{j=0}^{j-3}g_j(j+2)^2f1_{i-j-3}
\]

然后考虑转换到行上。

如果只有一个点对距离是\(n\)，那么贡献是\((n-1)\)，有\(n\)种旋转方法，如果这个点对两边没有同色点，那么方案数是\(g_{n-1}\)，否则是\(g_{n-3}\)，所以这种情况的方案是\((n-1)^2n(g_{n-1}+g_{n-3})\)

然后剩下的我们可以先固定\(1\sim n+1\)，然后枚举第二个距离为\(n\)的点对。设为\(i\)，那贡献就是$$i(i-1)^2(g_{i-1}f0_{n-i-1}+2g_{i-2}f1_{n-i-2}+g_{i-3}f2_{n-i-3})$$

然后前面求\(f0,f1,f2\)都可以用分治\(NTT\)搞。

时间复杂度\(O(n\log^2 n)\)

如果用生成函数再推推可以分别得到\(O(n)\)和\(O(n\log n)\)的方法。

还有可以用生成函数发现这是一个\(16\)项的线性递推式，打出前面的表再用高斯消元得到系数，可以把时间优化到\(log\)级别

路还很长啊

---

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10,P=998244353;
ll n,m,r[N],g[N],h[3][N],f[3][N];
ll t[3][N],T[2][N],z[4][N];
ll power(ll x,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*x%P;
		x=x*x%P;b>>=1;
	}
	return ans;
}
void Glen(ll n){
	m=1;while(m<=n)m<<=1;
	for(ll i=0;i<m;i++)
		r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(m>>1):0);
	return;
}
void NTT(ll *f,ll op){
	for(ll i=0;i<m;i++)
		if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
	for(ll p=2;p<=m;p<<=1){
		ll len=(p>>1),tmp=power(3,(P-1)/p);
		if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
		for(ll k=0;k<m;k+=p){
			ll buf=1;
			for(ll i=k;i<k+len;i++){
				ll tt=buf*f[i+len]%P;
				f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
				f[i]=(f[i]+tt)%P;
				buf=buf*tmp%P;
			}
		}
	}
	if(op==-1){
		ll inv=power(m,P-2);
		for(ll i=0;i<m;i++)
			f[i]=f[i]*inv%P;
	}
	return;
}
void CDQ(ll l,ll r){
	if(l==r){
		(f[0][l]+=h[0][l])%=P;
		(f[1][l]+=h[1][l])%=P;
		return;
	}
	ll mid=(l+r)>>1;CDQ(l,mid);
	Glen((r-l+1)*2);
	for(ll i=0;i<m;i++)
		t[0][i]=t[1][i]=t[2][i]=T[0][i]=T[1][i]=0;
	for(ll i=0;i<=r-l+1;i++)
		t[0][i]=h[0][i],t[1][i]=h[1][i],t[2][i]=h[2][i];
	for(ll i=0;i<=mid-l;i++)
		T[0][i]=f[0][i+l],T[1][i]=f[1][i+l];
	NTT(t[0],1);NTT(t[1],1);NTT(t[2],1);
	NTT(T[0],1);NTT(T[1],1);
	for(ll i=0;i<m;i++){
		z[0][i]=t[0][i]*T[0][i]%P,z[1][i]=t[1][i]*T[1][i]%P;
		z[2][i]=t[1][i]*T[0][i]%P,z[3][i]=t[2][i]*T[1][i]%P;
	}
	NTT(z[0],-1);NTT(z[1],-1);NTT(z[2],-1);NTT(z[3],-1);
	for(ll i=0;i<=r-l+1;i++){
		if(l+i+1>mid&&l+i+1<=r){
			f[0][l+i+1]=(f[0][l+i+1]+z[0][i])%P;
			f[1][l+i+1]=(f[1][l+i+1]+z[2][i])%P;
		}
		if(l+i+3>mid&&l+i+3<=r){
			f[0][l+i+3]=(f[0][l+i+3]+z[1][i])%P;
			f[1][l+i+3]=(f[1][l+i+3]+z[3][i])%P;
		}
	}
	CDQ(mid+1,r);return;
}
void solve(ll l,ll r){
	if(l==r){(f[2][l]+=h[2][l])%=P;return;}
	ll mid=(l+r)>>1;solve(l,mid);
	Glen((r-l+1)*2);
	for(ll i=0;i<m;i++)
		t[1][i]=t[2][i]=T[0][i]=T[1][i]=0;
	for(ll i=0;i<=r-l+1;i++)
		t[1][i]=h[1][i],t[2][i]=h[2][i];
	for(ll i=0;i<=mid-l;i++)
		T[0][i]=f[1][l+i],T[1][i]=f[2][l+i];
	NTT(t[1],1);NTT(t[2],1);NTT(T[0],1);NTT(T[1],1);
	for(ll i=0;i<m;i++){
		z[0][i]=t[1][i]*T[0][i]%P;
		z[1][i]=t[2][i]*T[1][i]%P;
	}
	NTT(z[0],-1);NTT(z[1],-1);
	for(ll i=0;i<r-l+1;i++){
		if(l+i+1>mid&&l+i+1<=r)
			(f[2][l+i+1]+=z[0][i])%=P;
		if(l+i+3>mid&&l+i+3<=r)
			(f[2][l+i+3]+=z[1][i])%=P;
	}
	solve(mid+1,r);
	return;
}
signed main()
{
	freopen("a.in","r",stdin);
	freopen("a.out","w",stdout);
	scanf("%lld",&n);g[0]=g[2]=1;
	for(ll i=4;i<=n;i++)
		g[i]=(g[i-4]+g[i-2])%P;
	for(ll i=0;i<=n;i++){
		h[0][i]=g[i]*i%P*i%P;
		h[1][i]=g[i]*(i+1)%P*(i+1)%P;
		h[2][i]=g[i]*(i+2)%P*(i+2)%P;
	}
	CDQ(0,n);
	solve(0,n);
	ll ans=(g[n-1]+g[n-3])*(n-1)%P*(n-1)%P*n%P;
	for(ll i=2;i<n-1;i++){
		ll tmp=g[i-1]*f[0][n-i-1]%P;
		tmp=(tmp+2*g[i-2]*f[1][n-i-2]%P)%P;
		tmp=(tmp+g[i-3]*f[2][n-i-3]%P)%P;
		tmp=tmp*i%P*(i-1)%P*(i-1)%P;
		ans=(ans+tmp)%P;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}