UPC-Cards-(并查集+线性dp)_并查集+dp

Cards

题意：
给你n个卡牌，每个卡牌正面和反面分别有一个数， 所有卡牌正面组成的数字是个全排列。反面组成的数字也是全排列。现在让你选择其中一些卡牌，使得每个数字至少出现过一次。问你方案数。

思考：
刚开始看到就和前几天cf做的那题有点像，但是一想感觉这个不行，这是选多少牌的问题。然后突然发现题目说的是全排列，那么就很明显了，每个数就出现两次，然后如果一个卡牌上是两个相同的数字那么这个牌肯定选。现在只看组成环的哪些牌，也就是选择一些边，让这个环的每个点都被选上。刚开始我以为就是环的大小+1方案，实际上只是说选上点就可以，不用联通。所以那么就成为了给你一个环选择一些边让每个点覆盖的问题。这里我以为要拆环成链，像区间dp那样，但是这样方案数肯定不对了呀。实际上只要分两种情况，分类讨论第一个点是否和最后一个点相连，再去dp两次就好啦。当时就是卡住想到按第一个点是否和尾节点相连分类去看。如果不分，直接跑没法跑。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define db double
#define int long long
#define PII pair<int,int >
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define IOS std::ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(0),cout.tie(0);
		
using namespace std;
const int mod = 998244353,inf = 1e18;
const int N = 2e5+10,M = 2010;

int T,n,m,k;
PII va[N];
int acc[N];
int sum[N],cnt[N];
int dp1[N][2]; //头节点和尾节点相连的情况下，dp[i][j]代表这个点要和前一个点相连或者不连的方案数
int dp2[N][2]; //头节点不和尾节点相连

int find(int x)
{
	if(x!=acc[x]) acc[x] = find(acc[x]);
	return acc[x];
}

void init(int x)
{
	dp1[1][1] = 1;
	for(int i=2;i<=x;i++)
	{
		dp1[i][1] = (dp1[i-1][0]+dp1[i-1][1])%mod;
		dp1[i][0] = dp1[i-1][1];
	}
	dp2[1][0] = 1;
	for(int i=2;i<=x;i++)
	{
		dp2[i][1] = (dp2[i-1][0]+dp2[i-1][1])%mod;
		dp2[i][0] = dp2[i-1][1];
	}
}

signed main()
{
	IOS;
	cin>>n;
	init(n);
	for(int i=1;i<=n;i++) 
	{
		acc[i] = i;
		sum[i] = 1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>va[i].fi;
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>va[i].se;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		int a = va[i].fi,b = va[i].se;
		if(a==b) continue;
		int t1 = find(a),t2 = find(b);
		if(t1!=t2)
		{
			acc[t1] = t2;
			sum[t2] += sum[t1];
			cnt[t2] += cnt[t1]+1;
		}
		else cnt[t2] += 1;
	}
	int ans = 1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		if(find(i)==i&&sum[i]==cnt[i])
		{
			int res = (dp1[cnt[i]][0]+dp1[cnt[i]][1]+dp2[cnt[i]][1])%mod;
			ans = ans*res%mod;
		}
	}
	ans = (ans%mod+mod)%mod;
	cout<<ans;
	return 0;
}
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总结：
多多思考，不要思考傻逼性的问题。