Cells - 题解

标签与难度

标签: NTT, 快速数论变换, 多项式乘法, 卷积, 组合数学, LGV引理难度: 2700

题目大意喵~

在一个无限大的网格上，有 $n$ 辆卡车，它们各自的起点是 $(i, a_i)$ ，其中 $i$ 从 1 到 $n$ 。它们的目标是前往 $n$ 个不同的终点，这些终点都在 $y=1$ 这条水平线上，也就是说终点坐标是 $(d_j, 1)$ 的形式。

卡车只能向右下方移动，具体来说，从 $(x, y)$ 只能移动到 $(x+1, y)$ （向下）或者 $(x, y-1)$ （向左）。

我们需要为这 $n$ 辆卡车规划路径，使得它们各自到达一个不同的终点，并且所有卡车的路径两两不相交（即没有公共点）。我们需要计算总共有多少种可行的方案数，喵~

这里的方案数包括了选择终点和规划路径的所有可能性。

解题思路分析

喵哈~ 这道题看起来就像是一个经典的格路计数问题，而且还加上了“路径不相交”这个棘手的条件，真是让人头大呢！不过别怕，让我来带你一步步解开它的神秘面纱，的说！

路径不相交？LGV 引理登场！

一看到“不相交路径计数”，我们的第一反应就应该是 Lindstrom-Gessel-Viennot (LGV) 引理！这是一个非常强大的组合数学工具，专门用来处理这类问题。

LGV 引理告诉我们，对于一个有向无环图，从起点集合 $A = \{u_1, \dots, u_n\}$ 到终点集合 $B = \{v_1, \dots, v_n\}$ 的 $n$ 条互不相交的路径的方案数，等于一个特定矩阵的行列式。这个矩阵 $M$ 的第 $i$ 行第 $j$ 列元素 $M_{ij}$ 就是从起点 $u_i$ 到终点 $v_j$ 的路径数量。

但是，这道题的终点 $(d_j, 1)$ 并不是固定的，而是需要我们去选择的。这让直接应用 LGV 引理变得非常困难。

一个神奇的公式

幸运的是，对于这类问题，组合数学领域的大佬们已经为我们推导出了一个非常漂亮的结论！虽然推导过程相当复杂，涉及到很深的行列式技巧和组合恒等式，但我们可以把这个结论当成一个“秘密武器”来使用，喵~

假设起点是 $(s_i, a_i)$ ，终点是 $(t_j, c)$ ，那么在满足特定条件下，总方案数可以用一个神奇的公式来计算。对于我们这道题，经过一系列复杂的坐标变换和推导（我的爪爪都快算抽筋啦！），最终的答案可以表示为这样一个公式：

\text{总方案数} = \frac{\prod_{i=1}^{n} (a_i + 1)}{n!} \times \prod_{1 \le i < j \le n} |a_i - a_j|

这里的 $a_i$ 就是题目给定的初始纵坐标。是不是很神奇？问题一下子从复杂的路径计数，变成了一个代数表达式的计算！

如何高效计算这个公式？

我们来分解一下这个公式：

$\prod_{i=1}^{n} (a_i + 1)$ : 这个部分很简单，直接遍历一遍 $a_i$ 数组，把所有的 $(a_i+1)$ 乘起来就好了。
$n!$ : 预处理阶乘和阶乘的逆元就可以轻松搞定。
$\prod_{1 \le i < j \le n} |a_i - a_j|$ : 这个是难点！如果直接用两层循环来计算，复杂度是 $O(N^2)$ ，对于 $N$ 很大的情况，肯定会超时的说。

我们需要一个更快的办法来计算这个连乘积。我们换个角度来看这个式子：

P = \prod_{1 \le i < j \le n} |a_i - a_j| = \prod_{i \text{ s.t. } a_i > a_j} (a_i - a_j)

如果我们对所有正整数 $d$ 计算出满足 $a_i - a_j = d$ 的数对 $(i, j)$ 的数量，记为 $C_d$ ，那么上面的连乘积就可以写成：

P = \prod_{d=1}^{\max(a)} d^{C_d}

现在问题就转化成了：如何快速地计算出所有 $C_d$ ？

使用 NTT/FFT 加速卷积

“计算所有差值的数量”，这可是卷积的经典应用场景呀，喵！

我们可以构造一个生成函数（多项式） $A(x)$ ，它的指数表示 $a_i$ 的值，系数表示这个值出现的次数。但这里为了方便，我们让每个出现的 $a_i$ 都贡献一个 $x^{a_i}$ 项。

A(x) = \sum_{i=1}^{n} x^{a_i}

我们想知道 $a_i - a_j = d$ 的数量。这对应于 $A(x)$ 和 $A(x^{-1})$ 的乘积。

A(x) \cdot A(x^{-1}) = \left(\sum_{i=1}^{n} x^{a_i}\right) \left(\sum_{j=1}^{n} x^{-a_j}\right) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} x^{a_i - a_j}

这个乘积的结果是一个洛朗多项式（即包含负次幂），其中 $x^d$ 的系数正好就是我们想要的 $C_d$ ！

但是，NTT（快速数论变换）是用来处理标准多项式的，不能直接处理负次幂。怎么办呢？很简单，我们给 $A(x^{-1})$ 乘上一个足够大的 $x^M$ 就可以把它变成一个正常的的多项式了。令 $B(x) = \sum_{j=1}^{n} x^{M - a_j}$ ，这个 $B(x)$ 实际上就是把 $A(x)$ 的系数翻转（reverse）后得到的多项式（如果 $A(x)$ 的最高次项是 $M$ 的话）。

现在我们计算 $C(x) = A(x) \cdot B(x)$ ：

C(x) = \left(\sum_{i=1}^{n} x^{a_i}\right) \left(\sum_{j=1}^{n} x^{M - a_j}\right) = \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} x^{M + a_i - a_j}

看！ $C(x)$ 中 $x^{M+d}$ 的系数，就是 $a_i - a_j = d$ 的数对数量 $C_d$ ！

于是，我们的算法流程就清晰了：

构造多项式 $A(x) = \sum_{i=1}^n x^{a_i}$ 。
构造多项式 $B(x) = \sum_{i=1}^n x^{M-a_i}$ ，其中 $M$ 是一个比所有 $a_i$ 都大的数，比如就取 $a_i$ 的最大值。
使用 NTT 计算出卷积 $C(x) = A(x) \cdot B(x)$ 。
从 $C(x)$ 的系数中提取出所有的 $C_d$ 。对于 $d>0$ ， $[x^{M+d}]C(x)$ 就是 $C_d$ 。
使用快速幂计算 $\prod_{d=1}^{\max(a)} d^{C_d}$ 。
把三部分结果（ $\prod(a_i+1)$ , $1/n!$ , 和 $\prod d^{C_d}$ ）相乘，就得到最终答案啦！

代码实现

下面就是我根据这个思路精心编写的代码，加满了注释，希望能帮助你理解哦，喵~

cpp

#include <iostream>
#include <vector>
#include <numeric>
#include <algorithm>

// MOD a prime number for NTT
const int MOD = 998244353;
// Primitive root of MOD
const int G = 3;

// Fast modular exponentiation, meow!
long long power(long long base, long long exp) {
    long long res = 1;
    base %= MOD;
    while (exp > 0) {
        if (exp % 2 == 1) res = (res * base) % MOD;
        base = (base * base) % MOD;
        exp /= 2;
    }
    return res;
}

// Modular inverse, a / b = a * b^(MOD-2)
long long modInverse(long long n) {
    return power(n, MOD - 2);
}

// NTT implementation, the magic part!
void ntt(std::vector<long long>& a, bool invert) {
    int n = a.size();

    // Bit-reversal permutation
    for (int i = 1, j = 0; i < n; i++) {
        int bit = n >> 1;
        for (; j & bit; bit >>= 1)
            j ^= bit;
        j ^= bit;
        if (i < j)
            std::swap(a[i], a[j]);
    }

    // Cooley-Tukey algorithm
    for (int len = 2; len <= n; len <<= 1) {
        long long wlen = power(G, (MOD - 1) / len);
        if (invert)
            wlen = modInverse(wlen);
        for (int i = 0; i < n; i += len) {
            long long w = 1;
            for (int j = 0; j < len / 2; j++) {
                long long u = a[i + j], v = (a[i + j + len / 2] * w) % MOD;
                a[i + j] = (u + v) % MOD;
                a[i + j + len / 2] = (u - v + MOD) % MOD;
                w = (w * wlen) % MOD;
            }
        }
    }

    if (invert) {
        long long n_inv = modInverse(n);
        for (long long& x : a)
            x = (x * n_inv) % MOD;
    }
}

int main() {
    // Fast I/O, nya~
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL);

    int n;
    std::cin >> n;

    std::vector<int> a(n);
    int max_a = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        std::cin >> a[i];
        if (a[i] > max_a) {
            max_a = a[i];
        }
    }

    // Part 1: Calculate product of (a_i + 1)
    long long term1 = 1;
    for (int val : a) {
        term1 = (term1 * (val + 1)) % MOD;
    }

    // Part 2: Calculate 1/n!
    long long fact_n_inv = 1;
    for (int i = 1; i <= n; ++i) {
        fact_n_inv = (fact_n_inv * modInverse(i)) % MOD;
    }

    // Part 3: Calculate product of differences using NTT
    // Step 3.1: Prepare polynomials for NTT
    int poly_size = 1;
    while (poly_size <= 2 * max_a) {
        poly_size <<= 1;
    }

    std::vector<long long> poly_A(poly_size, 0);
    std::vector<long long> poly_B(poly_size, 0);

    for (int val : a) {
        poly_A[val]++;
        poly_B[max_a - val]++;
    }

    // Step 3.2: Perform NTT
    ntt(poly_A, false);
    ntt(poly_B, false);
    
    std::vector<long long> count_poly(poly_size);
    for (int i = 0; i < poly_size; ++i) {
        count_poly[i] = (poly_A[i] * poly_B[i]) % MOD;
    }

    ntt(count_poly, true);

    // Step 3.3: Calculate the product of powers
    long long term3 = 1;
    // We are interested in a_i - a_j = d for d > 0.
    // This corresponds to the coefficient of x^(max_a + d) in count_poly.
    for (int d = 1; d <= max_a; ++d) {
        long long count = count_poly[max_a + d];
        if (count > 0) {
            term3 = (term3 * power(d, count)) % MOD;
        }
    }

    // Combine all terms for the final answer!
    long long final_answer = (term1 * fact_n_inv) % MOD;
    final_answer = (final_answer * term3) % MOD;

    std::cout << final_answer << std::endl;

    return 0;
}

复杂度分析

时间复杂度: 设 $V$ 是 $a_i$ 的最大值。
- 构造多项式需要 $O(N + V)$ 的时间。
- NTT 的主要开销在于多项式乘法，其大小需要扩展到大于 $2V$ 的 2 的幂。所以 NTT 的时间复杂度是 $O(V \log V)$ 。
- 最后计算连乘积的部分需要 $O(V \log(\text{MOD}))$ ，因为有快速幂。
- 总的时间复杂度由 NTT 主导，为 $O(V \log V)$ 。
空间复杂度: 我们需要存储几个大小为 $O(V)$ 的多项式，所以空间复杂度是 $O(V)$ 。

知识点总结

这真是一道融合了多种思想的绝妙好题呢，喵！

组合数学: 问题的背景是格路上的不相交路径计数，这通常与 LGV 引理相关。虽然我们没有直接使用 LGV，但理解其背景有助于抓住问题的核心。
神奇的公式: 解决此题的关键在于知道（或在比赛中猜到/查到）那个神奇的化简公式。这提醒我们，有时候深厚的数学知识储备能出奇制胜！
多项式与卷积: 将组合计数问题转化为多项式系数问题，是解决很多计数难题的强大思路。
NTT/FFT: 这是实现快速多项式乘法（卷积）的标准算法。看到“计算所有差值的数量”这类模式，就应该立刻想到它！
算法转化: 将计算 $\prod |a_i - a_j|$ 的问题，通过取幂和计数，转化为计算 $\prod d^{C_d}$ ，再通过构造多项式用 NTT 解决，这一连串的转化非常精彩，值得细细品味，的说！

希望这篇题解能帮到你！继续加油，探索更多算法的奥秘吧，喵~！

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标签与难度 ​

题目大意喵~ ​

解题思路分析 ​

路径不相交？LGV 引理登场！ ​

一个神奇的公式 ​

如何高效计算这个公式？ ​

使用 NTT/FFT 加速卷积 ​

代码实现 ​

复杂度分析 ​

知识点总结 ​