CodeForces - 1140E Palindrome-less Arrays

Posted 2022-05-06 wawcac-blog

<iframe>标签真好用。但要是vj挂了，我这里的题面也挂了……

中文题意

给一个长度为n的序列，其中的数字范围是[1,k]，有一些已经给定了，另一些空着等我们填数字（用-1表示）。我们要在所有空着的地方填入[1,k]范围内的整数，并且使填完后的序列里没有长度为奇数的回文串(单个不算)。问总的方案数%998244353。993244853

解题思路

看到这题，先瞪着草稿纸思考一波……奇数的回文串一定会有一个“中心”，往两边走依次相等，那么不满足题意的条件就是，至少有一个中心\(a_i\)，相邻两边的数字\(a_i-1\)和\(a_i+1\)相等。所以，我们可以用总的方案数减去不满足要求的方案数。但……想了几种计算不满足的方案数的方法，都做不到不重不漏，弃疗，看题解——

直接算就好，不用减。要求的是有多少种填数方式，使所有\(a_i-1\)和\(a_i+1\)不相等，然后可以想到(我就想不到)，序列的奇数项和偶数项可以分开计算，互不干扰，最后把两个的答案相乘就好。对于分开后的每个子序列，只用让序列中没有相邻两项就好。有没有一点眼熟HNOI2008 越狱。

当给的序列里只有-1，也就是全部要我们自己填时，差不多就是“越狱”了。当序列里有一些给定的值时，这些给定值就会把连续的-1序列切断成几节。因为我们只需要让序列中相邻项不相等，所以每一节-1串之间不会互相影响，只用单独处理每个-1串，再把它们的方案数乘起来就好。

对于每一个长度为len的-1子串，可以分以下几种情况

• 两边都没有给定数字存在，这个不叫子串了，也就是“越狱”了。
  • 答案就是“越狱”那题的\(k*(k-1)^len-1\)
• 单边没有给定数字，也就是左边或者右边就是序列外面了。
  • 思路类似“越狱”，可以得到，答案是\((k-1)^len\)
• 两边的给定数字不相等
  • 这种子串的方案数量用\(dp[len][0]\)表示
• 两边的给定数字相等
  • 这种子串的方案数量用\(dp[len][1]\)表示

先思考边界，只有一个-1时比较显然，只用看这个-1的两边就好，\(dp[1][0]=k-2\)，\(dp[1][1]=k-1\)。

然后开始转移（下面的\(len>1\)）——

• 用△▽□表示不相等的给定数字。用****表示某个长度的-1串
• 对于\(dp[len][1]\)，可以表示成△****△。我们先把边上的一个-1固定下来——△***▽△。由于和右边的△相邻，所以▽不能和△相等，所以▽有\(k-1\)种选择，于是问题转化成△****▽。所以，\[dp[len][1]=dp[len-1][0]*(k-1)\]。
• 对于\(dp[len][0]\)，同样可以先固定一个边上的-1——△***□▽。然后对□分类
  • 当□=△时，方案数是\(dp[len-1][1]\)。
  • 当□!=△时，□!=▽，所以方框只有\(k-2\)种选择，这种情况方案数是\(dp[len-1][0]*(k-1)\)。
• 上面两种情况相加可得\(dp[len][0]=dp[len-1][1]+dp[len-1][0]*(k-1)\)。

然后因为我们这里处理的都只是原序列的一半，所以\(len\leqslant\fracn2\)。

总结一下就是，先读入n，预处理出dp数组。在输入序列的时候把原序列分成奇偶两个子序列。对于每个子序列，先计算两边的-1串(如果有)，再计算中间的-1串。顺便，给定的数字，多判断一下它们和相邻的是否相等，完事。

源代码

#include<stdio.h>

#define mod 998244353
long long n,s[2][100010],k;
long long dp[100010][2];
long long ans=1;

long long p(long long a,long long b)

    if(b==0) return 1LL;
    if(b==1) return a%mod;
    long long x=p(a,b>>1);
    x*=x;
    x%=mod;
    x*=p(a,b&1);
    x%=mod;
    return x;


void solve(long long *a,long long len)

    long long l,r;
    l=0;
    while(!(~a[l])&&a[l]) l++;//处理左边的-1串
    if(l==len+1)
    
        ans=ans*k%mod*p(k-1,len)%mod;//全是-1串
        return;
    
    ans*=p(k-1,l);
    ans%=mod;
    r=len;
    while(r>=0&&!(~a[r])) r--;//处理右边的-1串
    if(r<len) ans*=p(k-1,len-r),ans%=mod;
    r++;
    for(int i=l,count=0;i<=r;i++)
    
        if(a[i]==-1)//统计中部-1串的数量
        
            count++;
            continue;
        
        else if(count)//计算中间的-1串
        
            if(a[i]==a[i-count-1]) ans*=dp[count][1];
            else ans*=dp[count][0];
            ans%=mod;
            count=0;
        
        else if(i&&a[i]==a[i-1])//给定数字中，相邻的相同
        
            ans=0;
            return;
        
    
    return;


int main()

    //freopen("test.in","r",stdin);
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    for(int i=0;i<n;i++)
        scanf("%lld",&s[i&1][i>>1]);
    dp[1][0]=k-2;dp[1][1]=k-1;
    for(int i=2;i<=n>>1;i++)
    
        dp[i][0]=dp[i-1][1]+dp[i-1][0]*(k-2)%mod;
        dp[i][1]=dp[i-1][0]*(k-1)%mod;
        dp[i][0]%=mod;
        dp[i][1]%=mod;
    
    solve(s[0],n-1>>1);
    if(!ans)
    
        puts("0");
        return 0;
    
    solve(s[1],(n-1>>1)-(n&1));
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;