一个好题2

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遇到这种题，我们首先有一个套路：拆贡献。我们把答案拆到每条边上，这样的话只需要加上 每条边在所有合法方案里出现的次数之和 \(\times\) 这条边的长度即可。

那一条边会出现在合法方案里，当且仅当有一个边左侧的城市和一个边右侧的城市建立关系。

我们设 \(f_{i,j}\) 表示当前考虑到了 \(i\) 城市，并且当前有 \(j\) 个城市没有建立关系的方案数。

我们刷表考虑一下 \(f_{i,j}\) 会转移到哪里。当我们加入 \(i+1\) 这个城市时，第一种情况是 \(i+1\) 不和前面的任何城市建立关系，这对应着 \(f_{i,j} \to f_{i+1,j+1}\)。第二种情况是，它和已考虑的一些城市建立了关系，这对应着 \(f_{i,j} \times j \to f_{i+1,j-1}\)。

（乘 \(j\) 是因为，当前 \(i+1\) 节点可以选择 \(j\) 个点中任意一个未建立关系的点）

当然，这两种情况都有一个大前提：就是 \(j \le s_i\)。因为这些未配对的城市都要通过这条边出去，去边右边找点配对。

类似地，我们倒着处理 \(g_{i,j}\) 表示考虑了 \([i,n]\) 里的城市时，有 \(j\) 个城市没配对的方案数。

这样的话，我们发现，当我们枚举 \(i\) ~ \(i+1\) 的边时，假设我们在找有 \(j\) 个城市左右配对的情况，那么左边有 \(j\) 个城市没有配对的方案数是 \(f_{i,j}\)，右边有 \(j\) 个城市没有配对的方案数就是 \(g_{i,j}\)。

而这左右各 \(j\) 个城市之间建立关系时，左边第 \(1\) 个城市有 \(j\) 种选法，第 \(2\) 个城市有 \(j-1\) 种选法，……，第 \(j\) 个城市有 \(1\) 种选法。而当左边城市选完右边城市后，这条路径又会被覆盖 \(j\) 次。

所以这个边总的被覆盖的次数就是 \(f_{i,j} \times g_{i,j} \times j! \times j\)，所以这条边的贡献就是 \(f_{i,j} \times g_{i,j} \times j! \times j \times (x_{i+1}-x_{i})\)。

累加每条边的贡献即可。

代码：

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define _(x,y) ((((x)-(y))%mod+mod)%mod)
#define __(x,y) ((((x)+(y))%mod+mod)%mod)
#define ___(x,y) ((((x)*(y))%mod+mod)%mod)
using namespace std;inline int read(){int x=0,f=1;char c=getchar();while(c<48){if(c=='-') f=-1;c=getchar();}while(c>47) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();return x*f;
}const int N=2025;
const int mod=998244353;
int n,pos[N],s[N],dp[N][N],pd[N][N],fac[N];
//dp[i][j]:当前走到第i个城市，还有j个城市没有配对的方案数 signed main(){n=read();fac[0]=1;//预处理 i! for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=___(fac[i-1],i);for(int i=1;i<=n;i++) pos[i]=read();for(int i=1;i<n;i++) s[i]=read();//初始化，应该是一个点都没有的情况 dp[0][0]=1;for(int i=0;i<n;i++){//它非法却可以由合法状态转移过来，并且能转移到合法状态来，所以要提前清零 for(int j=s[i]+1;j<=n/2;j++) dp[i][j]=0;for(int j=0;j<=s[i];j++){dp[i+1][j+1]=__(dp[i+1][j+1],dp[i][j]);//i+1不匹配城市的情况 if(j) dp[i+1][j-1]=__(dp[i+1][j-1],___(dp[i][j],j));//i+1匹配未匹配城市的情况 }}//初始化，应该是一个点都没有的情况 //转移同上  pd[n+1][0]=1;for(int i=n+1;i>1;i--){//它非法却可以由合法状态转移过来，并且能转移到合法状态来，所以要提前清零 for(int j=s[i-1]+1;j<=n/2;j++) pd[i][j]=0;for(int j=0;j<=s[i-1];j++){pd[i-1][j+1]=__(pd[i-1][j+1],pd[i][j]);//i-1不匹配城市的情况 if(j) pd[i-1][j-1]=__(pd[i-1][j-1],___(pd[i][j],j));//i-1匹配未匹配城市的情况 }}int ans=0;//累加贡献 for(int i=1;i<n;i++)for(int j=0;j<=min(n-i,i);j++)ans=__(ans,___(___(___(dp[i][j],pd[i+1][j]),___(fac[j],j)),pos[i+1]-pos[i]));printf("%lld",ans);return 0;
}