題面傳送門

題目大意：

假設現在有一個排列，每個數和在它右面第一個比它大的數連一條無向邊，會形成很多聯通塊。

定義一個聯通塊的權值為：聯通塊內元素數量的平方。

定義一個排列的權值為：每個聯通塊的權值之積

求長度為$n$所有排列的權值之和，$n\leq 1e5$，$1e4$組詢問

原題面描述不清楚啊..害得我白想了30min

和ZOJ3874一樣都是排列$DP$問題

$DP$方程還是不難想的

假設現在有一個$i-1$的排列，當我們把$i$某個位置上時

$i$前面的數都會和$i$連通，$i$後面的數一定不和$i$前面的數連通

利用這個性質就可以$DP$了，定義$f[i]$表示長度為$i$的所有排列的權值之和

$f[i]$

$i$後面一共j個數可以在$i-1$個數中任選，$i$前面一共$i-j-1$個數可以任意排列，可得

$=\sum C_{i-1}^{j}f[j](i-j-1)!(i-j)^{2}$

化簡

$=(i-1)!\sum \frac{f[j]}{j!}(i-j)^{2}$

發現這是一個卷積的形式，用分治$NTT$解決即可

  1 #include <cmath>
  2 #include <cstdio>
  3 #include <cstring>
  4 #include <algorithm>
  5 #define
 
 N1 (1<<18)+10
  6 #define il inline
  7 #define dd double
  8 #define ld long double
  9 #define ll long long
 10 using namespace std;
 11 
 12 const int inf=0x3f3f3f3f;
 13 const ll p=998244353;
 14 int gint()
 15 {
 16     int ret=0,fh=1;char c=getchar();
 17     while(c<‘0‘||c>‘
 
9‘){if(c==‘-‘)fh=-1;c=getchar();}
 18     while(c>=‘0‘&&c<=‘9‘){ret=ret*10+c-‘0‘;c=getchar();}
 19     return ret*fh;
 20 }
 21 ll qpow(ll x,ll y)
 22 {
 23     ll ans=1;
 24     for(;y;x=x*x%p,y>>=1) if(y&1) ans=ans*x%p;
 25     return ans;
 26 }
 27 
 28 namespace NTT{
 29 
 30 ll a[N1],b[N1],c[N1],Wn[N1],_Wn[N1];
 31 int r[19][N1];
 32 void Pre(int len,int L)
 33 {
 34     int i,j;
 35     for(j=1;j<=L;j++) for(i=0;i<(1<<j);i++)
 36         r[j][i]=(r[j][i>>1]>>1)|((i&1)<<(j-1));
 37     for(i=2;i<=len;i<<=1) Wn[i]=qpow(3,(p-1)/i), _Wn[i]=qpow(Wn[i],p-2);
 38 }
 39 void NTT(ll *s,int len,int type,int L)
 40 {
 41     int i,j,k; ll wn,w,t;
 42     for(i=0;i<len;i++) if(i<r[L][i]) swap(s[i],s[r[L][i]]);
 43     for(k=2;k<=len;k<<=1)
 44     {
 45         wn=(type>0)?Wn[k]:_Wn[k];
 46         for(i=0;i<len;i+=k)
 47         {
 48             for(j=0,w=1;j<(k>>1);j++,w=w*wn%p)
 49             {
 50                 t=w*s[i+j+(k>>1)]%p;
 51                 s[i+j+(k>>1)]=(s[i+j]+p-t)%p;
 52                 s[i+j]=(s[i+j]+t)%p;
 53             }
 54         }
 55     }
 56 }
 57 void Main(int len,int L)
 58 {
 59     int i,invl=qpow(len,p-2);
 60     NTT(a,len,1,L); NTT(b,len,1,L);
 61     for(i=0;i<len;i++) c[i]=a[i]*b[i]%p;
 62     NTT(c,len,-1,L); 
 63     for(i=0;i<len;i++) c[i]=c[i]*invl%p;
 64 }
 65 void clr(int sz)
 66 {
 67     memset(a,0,sz<<3);
 68     memset(b,0,sz<<3);
 69 }
 70 
 71 };
 72 
 73 using NTT::a; using NTT::b; using NTT::c;
 74 ll f[N1],g[N1],ans[N1],mul[N1],_mul[N1]; int de;
 75 void CDQ(int l,int r)
 76 {
 77     if(r-l==1&&l>0)
 78     { 
 79         ans[l]=mul[l-1]*f[l]%p; 
 80         f[l]=ans[l]*_mul[l]%p; return; 
 81     }
 82     if(r-l<=1) return;
 83     int mid=(l+r)>>1,i,len,L;
 84     CDQ(l,mid);
 85     for(len=1,L=0;len<(mid-l)+(r-l)-1;len<<=1,L++);
 86     for(i=l;i<mid;i++) NTT::a[i-l]=f[i];
 87     for(i=0;i<(r-l);i++) NTT::b[i]=g[i];
 88     NTT::Main(len,L);
 89     for(i=mid;i<r;i++) f[i]=(f[i]+NTT::c[i-l])%p;
 90     NTT::clr(len);
 91     CDQ(mid,r);
 92 }
 93 int T,n,m;
 94 int que[N1];
 95 
 96 int main()
 97 {
 98     int i,j,x,y,len,L;
 99     n=100001;
100     for(i=1;i<n;i++) g[i]=1ll*i*i%p;
101     mul[0]=mul[1]=_mul[0]=_mul[1]=1;
102     for(i=2;i<n;i++) mul[i]=mul[i-1]*i%p, _mul[i]=qpow(mul[i],p-2);
103     for(len=1,L=0;len<n+n-1;len<<=1,L++);
104     NTT::Pre(len,L);
105     f[0]=1; CDQ(0,n); 
106     while(scanf("%d",&n)!=EOF)
107         printf("%lld\n",ans[n]);
108     return 0;
109 
110 }  

HDU 5322 Hope (分治NTT優化DP)