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猜排列 题解

差 eps 步想到正解。

题意描述

有 $m$ 个长为 $n$ 序列 $a_1,\dots ,a_n$，还有 $m$ 个长为 $n$ 序列 $b_1,\dots ,b_n$。

其中 $b_i$ 是由 $a_i$ 通过排列 $p$ 置换得到的，$b_{p_i}=a_i$。

现在又要求出排列 $p$ 会有多种可能，模 $998244353$。

Solution

首先手玩样例，发现如果这 $m$ 次 $a$ 的某个位置和 $b$ 的某个位置都是相等的，可以确保一定有一种可能的 $p$ 排列使他们就是通过置换得到的。

有点像二分图，连个边再说。

发现有些位置是可以同时连不同的位置的（那当然了，不然答案就是唯一的，输出 $1$ 就好了），这时发现，对面也可以向我们连边。而无论哪个样例，似乎连出来的二分图都是一个部的每个点都连向了另一个部的每个点。

那这个子图贡献的就是子图所有点 $÷2$ 的数量的阶乘。（就全排列嘛，除以二是因为二分图上下两部的点的数量是对称的）

考场就想到这里，发现如果要找子图的话是 $O(n^{2}m)$ 的。含泪 80pts。

差那一步呢？

我们发现，同一位上的 $m$ 次可以压成哈希。这样的话如果本来就是同一子图，那哈希值相等。

也不用建图了，因为可用 map 统计点数，不需要把图真正建出来去跑。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long longconst int N = 6e5 + 5, P = 998244353, base = 19491001, P0 = 20090327, P1 = 20070923;int T, n, m;
int fac[N], inv[N], cnt[N];
bool vis[N];
unsigned int a[N][2], b[N][2];
int su, en[N], lt[N], hd[N];
map<pair<unsigned int, unsigned int>, unsigned int> mp1, mp2;
map<pair<unsigned int, unsigned int>, bool> Vis;void add(int u, int v) { en[++su] = v, lt[su] = hd[u], hd[u] = su; }void init() {fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= N - 5; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
}inline void solve() {memset(a, 0, sizeof a);memset(b, 0, sizeof b);scanf("%lld%lld", &n, &m);for (int i = 1; i <= m; i++) {int x;for (int j = 1; j <= n; j++) {scanf("%lld", &x);a[j][0] = (1ll * a[j][0] * base + x) % P0;a[j][1] = (1ll * a[j][1] * base + x) % P1;}for (int j = 1; j <= n; j++) {scanf("%lld", &x);b[j][0] = (1ll * b[j][0] * base + x) % P0;b[j][1] = (1ll * b[j][1] * base + x) % P1;}}mp1.clear(), mp2.clear();Vis.clear();for (int i = 1; i <= n; i++) mp1[{ a[i][0], a[i][1] }]++, mp2[{ b[i][0], b[i][1] }]++;int ans = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {if (!Vis[{ a[i][0], a[i][1] }]) {Vis[{ a[i][0], a[i][1] }] = 1;if (mp1[{ a[i][0], a[i][1] }] != mp2[{ a[i][0], a[i][1] }])ans = 0;elseans = ans * fac[mp1[{ a[i][0], a[i][1] }]] % P;}}printf("%lld\n", ans);
}signed main() {// freopen("interact.in","r",stdin);// freopen("interact.out","w",stdout);scanf("%lld", &T);init();while (T--) solve();return 0;
}