AtCoder abc470 F - Googol Swaps

分析

先考虑没有严格操作 $10^{100}$ 次限制的方案数。

$m$ 个可以交换的位置 $A_i$ 和 $B_i$（$i \in $1, m$ $），其实相当于在一个 $n$ 个点的图上的 $m$ 条边，在每个连通块内的元素是可以随意交换位置的。

记第 $i$ 个连通块内点的数量为 $sum_i$，字符 $c$ 的数量为 $cnt_{i, c}$。

第 $i$ 个连通块的所有排列数（不考虑字符重复）为 $A_{sum_i}^{sum_i}$（即 $sum_i!$）。因为相同字符交换位置后仍看作同一方案，所以第 $i$ 个连通块的真实方案数为：

\ $\\frac{A_{sum_i}\^{sum_i}}{\\displaystyle \\prod_{c = \\text{a}}\^{\\text{z}} A_{cnt_{i, c}}\^{cnt_{i, c}}} \\$

因此，若无操作次数限制，总方案数为对所有连通块求乘积：

\ $ans = \\prod_{i=1}\^{cur} \\frac{A_{sum_i}\^{sum_i}}{\\displaystyle \\prod_{c} A_{cnt_{i, c}}\^{cnt_{i, c}}} \\$

操作次数必须为偶数（$10^{100}$ 次），所以最终字符串对应的总置换必须为偶置换。

如果存在某个连通块内有重复字符：那么在这个块里交换两个相同字符的位置，不会改变字符串，但这个交换是一个奇置换。利用它，我们可以在不改变字符串的前提下，翻转总置换的奇偶性。因此，无论想要的排列对应置换的奇偶性如何，我们都能凑成偶数次操作。此时奇偶性限制对答案没有影响，答案就是 $ans$。
如果所有连通块内的字符都是互不相同的：则每个字符串只对应唯一的置换，并且该置换的奇偶性固定。而每个大小 $\ge 2$ 的连通块内，所有排列中奇偶置换各占一半。要使最终字符串对应的总置换必须为偶置换，恰好只有一半的组合满足要求。因此答案为 $ans / 2$。

实现细节

使用并查集维护连通块信息。统计每个连通块的大小和各个字母的出现次数。利用预处理的阶乘 $fac$ 和阶乘逆元 $ifac$ 可以 $O(1)$ 计算 $A_n^m$ 及其逆。最后遍历所有连通块计算答案，并根据是否有重复字符决定是否乘上 $\frac{1}{2}$。

时间复杂度 $O(n + m \alpha(n))$，空间 $O(n)$。

代码

cpp 复制代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<ll,ll> pll;
const ll maxn=2e5+5;
const ll mod=998244353; 
struct DSU {
	ll n;vector<ll> f,cnt;
    void init() {for (ll i=1;i<=n;i++) f[i]=i,cnt[i]=1;}
	DSU (ll _n) {n=_n;f.resize(n+1),cnt.resize(n+1,0);init();}
    ll ask(ll x) {return f[x]==x?x:f[x]=ask(f[x]);}
    void add(ll x,ll y) {ll fx=ask(x),fy=ask(y);f[fx]=fy;cnt[fy]+=cnt[fx];}
    bool check(ll x,ll y) {return ask(x)==ask(y);}
};
ll powmod(ll x,ll y) {
	if (y==0) return 1;
	ll t=powmod(x,y/2);
	if (y&1) return x*t%mod*t%mod;
	else return t*t%mod;
}
ll n,m;
ll id[maxn],cnt[maxn][30],sum[maxn];
ll fac[maxn],ifac[maxn];
ll A(ll n,ll m) {return fac[n]*ifac[n-m]%mod;}
ll invA(ll n,ll m) {return ifac[n]*fac[n-m]%mod;}
ll inv(ll x) {return powmod(x,mod-2);}
void mod_mul(ll &x,ll y) {x=(x*y)%mod;}
void solve() {
	cin>>n>>m;
	string s;cin>>s;
	s=" "+s;
    DSU dsu(n);
	for (ll i=1;i<=m;i++) {
		ll a,b;cin>>a>>b;
		if (!dsu.check(a,b)) dsu.add(a,b);
	}
	ll cur=0;
	for (ll i=1;i<=n;i++) {
		ll bs=dsu.ask(i);
		if (id[bs]==0) id[bs]=++cur;
		cnt[id[bs]][s[i]-'a']++;
		sum[id[bs]]++;
	}
	ll ans=1,f=0;
	for (ll i=1;i<=cur;i++) {
		mod_mul(ans,A(sum[i],sum[i]));
		for (ll c=0;c<26;c++) {
			mod_mul(ans,invA(cnt[i][c],cnt[i][c]));
			f|=(cnt[i][c]>=2);
		}
	}
	cout<<ans*(f?1:inv(2))%mod<<endl;
}
int main() {
	fac[0]=1;
	for (ll i=1;i<maxn;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	ifac[maxn-1]=inv(fac[maxn-1]);
	for (ll i=maxn-2;i>=0;i--) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
	ll t=1;
//	cin>>t;
	while (t--) solve();
}