Codeforces1929F Sasha and the Wedding Binary Search Tree

news2025/3/10 14:10:40

中文题面

定义一棵二叉搜索树满足，点有点权，左儿子的点权 $\leq$ 根节点的点权，右儿子的点权 $\geq$ 根节点的点权。

现在给定一棵 $n$ 个点二叉搜索树的形态与一些点的权值；问有多少种填剩余点的点权的方法，使得所有点的点权都 $\in[1,C]$ 。

输入格式

每个测试由多个测试用例组成。第一行包含一个整数 $t$ ( $\le t \le 10^5$ )——测试用例的数量。下面是测试用例的描述。

每个测试用例的第一行包含两个整数 $n$ 和 $C$ ( $\leq n \leq 5 \cdot 10^5$ , $\leq C \leq 10^9$ )——树中的顶点数和顶点上允许的最大值。

接下来的 $n$ 行描述了树的顶点。 $i$ 行包含三个整数 $L_i, R_i$ 和 $val_i$ ( $\le L_i, R_i \le n$ , $\le val_i \le C$ , $L_i, R_i, val_i \ne 0$ )——分别是左子节点的个数、右子节点的个数和 $i$ 顶点处的值。如果是 $L_i = -1$ ，那么 $i$ 顶点没有左子顶点。如果是 $R_i = -1$ ，那么 $ i $ 顶点没有右子。如果是 $val_i = -1$ ，那么第 $i$ 顶点处的值是未知的。

保证至少存在一棵合适的二叉搜索树。

可以保证所有测试用例 $n$ 的总和不超过 $\cdot 10^5$ 。

输出格式

对于每个测试用例，输出一个整数——合适的二叉搜索树的个数对 $998244353$ 取模。

样例输入

样例输出

4
1
10

说明

在第一个测试用例中，二叉搜索树具有以下形式:

那么在顶点的可能值是: $[2, 2, 3, 2, 2]$ ， $[2, 2, 3, 2, 3]$ ， $[2, 2, 3, 3, 3]$ ， $[3, 2, 2, 3, 3]$ ， $[3, 2, 2, 3, 3]$ ， $[3, 2, 2, 3, 3]$ 。

在第二个测试用例中，所有顶点的值都是已知的，因此只有一个合适的二叉搜索树。

思路

首先我们可以想到二叉搜索树的性质：中序遍历整个二叉搜索树得到它的序列，这个序列是不减的，即对于 $1\le i \le j \le n$ 有 $a_i\le a_j$ ，接下来我们只需要填充无值的点（即 $v a l = - 1$ ）即可。

举个例子，比如在样例一中中序遍历得到 $[2, - 1, - 1, - 1, 3]$ ，那么 $a_2,a_3,a_4$ 需要填值，值域为 $max(1, a_1), min(C,a_5)]=[2,3]$ 。

事实上这是个经典组合数问题，设值域为 $[l, r]$ ，待填位置有 $x$ 个，那么 $\text{填数方案数}=C(r-l+x, x)$ ，用暴力算组合数即可解决，因为

$x)=\frac{n!}{(n-x)!x!}=\frac{∏_{n-x+1}^ni}{x!}$

发现实际上暴力算组合数能够在 $O (x)$ 的时间复杂度内解决，而本题限制了 $\le 5\times10^5$ ， $x$ 最多取到 $n$ ，不会超时。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define N (int)5e5 + 5
#define pdd pair<double, double>
#define pii pair<int, int>
#define l first
#define r second

int a, b, c, d, x, y, n, m, t, k, q, z, h;
int v[N], rd[N];
int p[N];
pii g[N];
const int mod = 998244353;
const int mmd = 114514;
vector<int> G;
string s;
map<int, int> mp;
void dfs(int now) {
    if (g[now].l!=-1) dfs(g[now].l);
    G.push_back(v[now]);
    if (g[now].r!=-1) dfs(g[now].r);
}
int qpow(int a, int b) {
    a %= mod;
    int ans = 1;
    for (; b; b>>=1) {
        if (b & 1) ans *= a, ans%=mod;
        a *= a, a%=mod;
    }
    return ans;
}
int C(int n, int m) {
    // n!/(n-m)!m!
    int zi = 1;
    for (int i = n; i > n - m; i--) zi *= i, zi %= mod;
    return zi * qpow(p[m], mod-2) % mod;
}
signed main() {
    ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(0), cout.tie(0);
    p[0] = p[1] = 1;
    for (int i = 2; i <= 5e5; i++) p[i] = p[i - 1] * i, p[i] %= mod;
    cin >> t;
    while (t--) {
        cin >> n >> c;
        G.clear();
        for (int i = 1; i <= n; i++) rd[i] = 0, g[i].l = g[i].r = -1, v[i] = -1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            cin >> g[i].l >> g[i].r >> v[i];
            if (g[i].l!=-1) rd[g[i].l]++;
            if (g[i].r!=-1) rd[g[i].r]++;
        }
        for (int i = 1; i <= n; i++) {
            if (rd[i]==0) {
                dfs(i);
                break;
            }
        }
        int res = 1;
        for (int i = 0; i < G.size(); i++) {
            if (G[i] == -1) {
                int ll = i;
                int rr = 0;
                int kua = -1;
                for (int j = i + 1; j < G.size(); j++) {
                    if (G[j] != -1) {
                        kua = G[j] - (i - 1 >= 0 ? G[i - 1] : 1);
                        rr = j;
                        i = j;
                        break;
                    }
                }
                if (kua == -1) {
                    rr = G.size();
                    kua = c - (i - 1 >= 0 ? G[i - 1] : 1);
                    i = G.size();
                }
                res *= C(rr-ll+kua, rr-ll);
                res %= mod;
            }
        }
        cout << res << '\n';
    }

    return 0;
}