题目

D - Earthquakes

思路来源

官方题解

题解

对于不存在连锁反应的区间，每个区间独立处理，最后求个乘积

对于每个区间，相邻的两个杆子距离都小于H，

意味着没倒的区间是个连续的区间，假设要算i的概率

一定是第i次地震时，i从没倒变成倒了，并且i倒完之后，所有都倒了

那在i倒之前，i是这个连续的区间的左端点或右端点

举个例子，比如6 1 3 2 4 5，

如果3在第三轮倒，并且把其他所有的都带倒了，一定是以下两种情况之一：

①3朝左倒：3右边的比3小的都往右倒了，并且把比3大的都带倒了，也就意味着3右边第一个就是比3小的，并且右边每一个比3小的都向右倒了

②3朝右倒：同理，3左边第一个就比3小，并且左边每一个比3小的都向左倒了

统计同一个块内左侧右侧小的数个数，用单调栈解决

计两侧比3小的数量为cnt1，首先概率需要乘上cnt1

此外，考察与3相邻的两个数，

1. 左右都比3小，3就两侧都可以倒，

2. 否则，有一个比3小，就只能倒向另一侧

3. 如果都比3大就没有合法方案了

也就是，与3相邻的两个数比3小的个数为cnt，则概率还需要乘上(1/2)*cnt

算完i所在的块的之后，还需要乘上其他块在第i轮都倒了的概率

这个现算很难算，但是注意到，其他块能在第i轮都倒了，

一定是在[1,i-1]轮里的某一轮倒的，而之前的概率在对应块里算过，

所以，对于每个块，维护一下全倒了的概率和即可，

第i轮全倒的概率，是这若干个其他块已经倒了 和 i所在的块在第i轮倒的积

输出完之后，把新增概率加到当前块的概率和里

由于0不存在逆元，所以记录一下概率为0的块的个数，分别维护0的个数和概率乘积

代码

#include <bits/stdc++.h>
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<map>
using namespace std;
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);++i)
#define per(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);--i)
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<int,int> P;
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define dbg(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<" ";
#define dbg2(x) cerr<<(#x)<<":"<<x<<endl;
#define SZ(a) (int)(a.size())
#define sci(a) scanf("%d",&(a))
#define pt(a) printf("%d",a);
#define pte(a) printf("%d\n",a)
#define ptlle(a) printf("%lld\n",a)
#define debug(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)
using namespace std;
const int N=2e5+10,mod=998244353,inv2=(mod+1)/2;
int modpow(int x,int n,int mod){
    int res=1;
    for(;n;n/=2,x=1ll*x*x%mod){
        if(n&1)res=1ll*res*x%mod;
    }
    return res;
}
int n,h,x[N],id[N],par[N],ans[N],cnt[N],zero;
int stk[N],c,l[N],r[N];
int main(){
    sci(n),sci(h);
    rep(i,1,n){
        sci(x[i]);
        id[i]=i;
        par[i]=i;
    }
    sort(id+1,id+n+1,[&](int a,int b){
        return x[a]<x[b];
    });
    rep(i,1,n){
        int p=id[i],pre=id[i-1];
        if(i==1 || x[pre]<x[p]-h)par[p]=p,c=0,zero++;
        else par[p]=par[pre];
        if(stk[c]<=p)cnt[p]++;
        while(c && stk[c]>p)c--;
        l[p]=c;
        stk[++c]=p;
    }
    //stk[c=0]=0;
    c=0;
    per(i,n,1){
        int p=id[i];
        if(c && x[stk[c]]>x[p]+h)c=0;
        if(stk[c]<=p)cnt[p]++;
        while(c && stk[c]>p)c--;
        r[p]=c;
        stk[++c]=p;
    }
    int prob=1,bs=1ll*modpow(2,n,mod);
    rep(i,1,n){
        //printf("i:%d par:%d cnt:%d l+r:%d ans:%d\n",i,par[i],cnt[i],l[i]+r[i],ans[par[i]]);
        int &p=ans[par[i]];
        if(p)prob=1ll*prob*modpow(p,mod-2,mod)%mod;            
        else zero--;
        int add=1ll*cnt[i]*inv2%mod*modpow(inv2,l[i]+r[i],mod)%mod;
        int ans=zero?0:1ll*prob*add%mod*bs%mod;
        printf("%d%c",ans," \n"[i==n]);
        p=(p+add)%mod;
        if(p)prob=1ll*prob*p%mod;
        else zero++;
    }
    return 0;
}