けんちょんの競プロ精進記録

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Educational Codeforces Round 81 F. Good Contest (R2600)

座標圧縮をがんばる

問題へのリンク

問題概要

 N 個の区間 [tex \lbrack L_{i}, R_{i} \rbrack] が与えられる。それぞれの区間から一様ランダムに整数を選んでいく。

これが広義単調減少となる確率を求め、それを 998244353 で割ったあまりの形式で求めよ。

制約

  •  2 \le N \le 50
  •  0 \le L_{i} \le R_{i} \le 998244351

考えたこと

区間の幅は大きいが、 N が小さいので実質的に問題となる点はたかだか  2N 箇所しかなさそう。ということで座標圧縮することを考える。とりあえず、区間の右側を右開区間としておく。あと、単調減少より単調増加の方が扱いやすい気持ちになるので、あらかじめ入力を reverse しておく。座圧で登場する箇所を v で表して、 M 箇所であるとする ( M = O(N))

基本的には  N 個の区間を順に見ていく DP で、

  • dp[ i ][ j ] := 最初の i 個の区間を見た段階で、最後の点が [ v[ j ], v[ j + 1 ] ) 内に存在するような場合の数

とすればよさそう。i から i+1 への遷移を考えようとした場合の厄介な遷移パターンは、

dp[ i ][ j ] から dp[ i + 1 ][ j ] への遷移

である。このとき、前回の最後の点がどこだったかによって、次に打てる箇所の個数が変わってきてしまう。対策として考えられるのは、最後の点が [ v[ j ], v[ j + 1 ] ) 内にあるような状態をまとめて遷移してしまうこと (他に、今まで何回その区間に点を打ったかを管理しつつ上手に遷移する方法もあると思う)。

そうすると、index i も j も、区間をまたぐような遷移を考えることになる。集める DP で考えるとこんな感じに。

  • (pi, pj) から (i, j) への遷移は、区間幅的にそれが可能ならば
  • num = i - pi, width = v[ j + 1 ] - v [ j ]、fac = C(width + num - 1, num) として (重複組合せ)
  • dp[ i ][ j ] += dp[ pi ][ pj ] * fac

計算量は  O(N^{4}) といいたいところだが、二項係数 fac の計算において width がでかいので愚直な計算をせざるをえない。よって計算量は  O(N^{5}) となる。これで十分間に合った。累積和で高速化することで  O(N^{4}) とかにもできると思う。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
template<class T> inline bool chmax(T& a, T b) { if (a < b) { a = b; return 1; } return 0; }
template<class T> inline bool chmin(T& a, T b) { if (a > b) { a = b; return 1; } return 0; }

template<int MOD> struct Fp {
    long long val;
    constexpr Fp(long long v = 0) noexcept : val(v % MOD) {
        if (val < 0) val += MOD;
    }
    constexpr int getmod() { return MOD; }
    constexpr Fp operator - () const noexcept {
        return val ? MOD - val : 0;
    }
    constexpr Fp operator + (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) += r; }
    constexpr Fp operator - (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) -= r; }
    constexpr Fp operator * (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) *= r; }
    constexpr Fp operator / (const Fp& r) const noexcept { return Fp(*this) /= r; }
    constexpr Fp& operator += (const Fp& r) noexcept {
        val += r.val;
        if (val >= MOD) val -= MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator -= (const Fp& r) noexcept {
        val -= r.val;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator *= (const Fp& r) noexcept {
        val = val * r.val % MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator /= (const Fp& r) noexcept {
        long long a = r.val, b = MOD, u = 1, v = 0;
        while (b) {
            long long t = a / b;
            a -= t * b; swap(a, b);
            u -= t * v; swap(u, v);
        }
        val = val * u % MOD;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    constexpr bool operator == (const Fp& r) const noexcept {
        return this->val == r.val;
    }
    constexpr bool operator != (const Fp& r) const noexcept {
        return this->val != r.val;
    }
    friend constexpr ostream& operator << (ostream &os, const Fp<MOD>& x) noexcept {
        return os << x.val;
    }
    friend constexpr Fp<MOD> modpow(const Fp<MOD> &a, long long n) noexcept {
        if (n == 0) return 1;
        auto t = modpow(a, n / 2);
        t = t * t;
        if (n & 1) t = t * a;
        return t;
    }
};

// 二項係数ライブラリ
template<class T> struct BiCoef {
    vector<T> fact_, inv_, finv_;
    constexpr BiCoef() {}
    constexpr BiCoef(int n) noexcept : fact_(n, 1), inv_(n, 1), finv_(n, 1) {
        init(n);
    }
    constexpr void init(int n) noexcept {
        fact_.assign(n, 1), inv_.assign(n, 1), finv_.assign(n, 1);
        int MOD = fact_[0].getmod();
        for(int i = 2; i < n; i++){
            fact_[i] = fact_[i-1] * i;
            inv_[i] = -inv_[MOD%i] * (MOD/i);
            finv_[i] = finv_[i-1] * inv_[i];
        }
    }
    constexpr T com(int n, int k) const noexcept {
        if (n < k || n < 0 || k < 0) return 0;
        return fact_[n] * finv_[k] * finv_[n-k];
    }
    constexpr T fact(int n) const noexcept {
        if (n < 0) return 0;
        return fact_[n];
    }
    constexpr T inv(int n) const noexcept {
        if (n < 0) return 0;
        return inv_[n];
    }
    constexpr T finv(int n) const noexcept {
        if (n < 0) return 0;
        return finv_[n];
    }
};

const int MOD = 998244353;
using mint = Fp<MOD>;
BiCoef<mint> bc;

mint com(long long n, long long r) {
    mint res = 1;
    for (long long i = n; i >= n-r+1; --i) res *= i;
    res *= bc.finv(r);
    return res;
}

mint solve(int N, vector<int> &L, vector<int> &R) {
    bc.init(210000);
    vector<int> alt;
    alt.push_back(-1);
    alt.push_back(MOD+10);
    for (auto l : L) alt.push_back(l);
    for (auto r : R) alt.push_back(r);
    sort(alt.begin(), alt.end());
    alt.erase(unique(alt.begin(), alt.end()), alt.end());
    int M = alt.size();

    // dp[i][j] := 最初の i 個の区間、最後の点が alt[j]〜alt[j+1]
    vector<vector<mint>> dp(N+1, vector<mint>(M+1, 0));
    dp[0][0] = 1;
    for (int i = 1; i <= N; ++i) {
        for (int j = 0; j < M; ++j) {
            for (int pj = 0; pj < j; ++pj) {
                for (int pi = i-1; pi >= 0; --pi) {
                    if (L[pi] >= alt[j+1] || R[pi] <= alt[j]) break;
                    long long num = i - pi;
                    long long width = alt[j+1] - alt[j];
                    mint fac = com(width + num - 1, num);
                    dp[i][j] += dp[pi][pj] * fac;
                }
            }
        }
    }
    mint res = 0;
    for (int j = 0; j <= M; ++j) res += dp[N][j];
    mint all = 1;
    for (int i = 0; i < N; ++i) all *= R[i] - L[i];
    return res / all;
}

int main() {
    int N; cin >> N;
    vector<int> L(N), R(N);
    for (int i = 0; i < N; ++i) cin >> L[i] >> R[i], ++R[i];
    reverse(L.begin(), L.end());
    reverse(R.begin(), R.end());
    cout << solve(N, L, R) << endl;
}

他の解法、包除原理 (?)

多分、包除原理でもできそうなので、考えてみたい。