Solution S o l u t i o n
一个显然的想法就是去找最小的那个数。
最小的数的 l l 和 rr 就应该是 1 1 和 nn 。
因为这是一个排列,我们把问题从最小值处 pos p o s 分开,得到两个一样的问题 (1,pos−1) ( 1 , p o s − 1 ) 和 (pos+1,n) ( p o s + 1 , n ) 。设区间长度为 len l e n ,分出的两个区间长度为 lenl,lenr l e n l , l e n r ,贡献就是这两个问题的答案的积乘上 (len−1lenl) ( l e n − 1 l e n l ) 。
找最小值可以暴力用 map map 存下来就好啦~
O(nlogn) O ( n log n ) 。
题解的说法是这是个笛卡尔树。。吧
#include <bits/stdc++.h>
#define show(x) cerr << #x << " = " << x << endl
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int, int> pairs;
const int N = ;
const int MOD = ;
inline char get(void) {
static char buf[], *S = buf, *T = buf;
if (S == T) {
T = (S = buf) + fread(buf, , , stdin);
if (S == T) return EOF;
}
return *S++;
}
template<typename T>
inline int read(T &x) {
static char c; x = ; int sgn = ;
for (c = get(); c < '0' || c > '9'; c = get()) {
if (c == '-') sgn = ;
if (c == EOF) return ;
}
for (; c >= '0' && c <= '9'; c = get()) x = x * + c - '0';
if (sgn) x = -x; return ;
}
int n, test;
int l[N], r[N];
int fac[N], ifac[N];
map<int, int> mp[N];
inline void pre(int n) {
ifac[] = ;
for (int i = ; i <= n; i++)
ifac[i] = (ll)(MOD - MOD / i) * ifac[MOD % i] % MOD;
fac[] = ifac[] = ;
for (int i = ; i <= n; i++) {
fac[i] = (ll)fac[i - ] * i % MOD;
ifac[i] = (ll)ifac[i - ] * ifac[i] % MOD;
}
}
inline int C(int n, int m) {
return (ll)fac[n] * ifac[m] % MOD * ifac[n - m] % MOD;
}
inline int solve(int dl, int dr) {
if (dl > dr) return ;
int pos = mp[dl][dr];
if (dl == dr && pos == dl) return ;
if (pos < dl || pos > dr) return ;
int res = (ll)C(dr - dl, pos - dl) * solve(dl, pos - ) % MOD * solve(pos + , dr) % MOD;
return res;
}
int main(void) {
freopen("1.in", "r", stdin);
freopen("1.out", "w", stdout);
pre();
while (read(n)) {
++test;
for (int i = ; i <= n; i++) read(l[i]);
for (int i = ; i <= n; i++) read(r[i]);
int f = ;
for (int i = ; i <= n; i++) {
if (mp[l[i]].count(r[i])) f = ;
mp[l[i]][r[i]] = i;
}
if (f) printf("Case #%d: %d\n", test, solve(, n));
else printf("Case #%d: 0\n", test);
for (int i = ; i <= n; i++) mp[i].clear();
}
return ;
}