函式呼叫
暴力**和爆零經歷看這裡
考完發現其實不難（確信
首先分析題目性質，發現如果只有乘法的情況將十分好做，只需要用乙個變數記錄乘積。
那麼對於加減混合的題目來說，在操作中加上乙個數等價於最終加上這個數乘之後被乘的次數。
即 \(ans_i=a_i\times mul_i+val_i\times f_i\)，其中 \(f_i\) 表示位置 \(i\) 在加 \(val_i\) 之後乘上的數量。
顯然我們只有 \(f_i\) 未知，而我們的目標就是求出這個 \(f_i\)。
不難發現這些函式之間的關係構成乙個 dag。
那麼我們將乙個點的 \(f_i\) 分為兩部分：
在這個點呼叫完成之後的操作加上的。
在這個點呼叫過程當中加上的。
對於第一部分，我們只需要倒序迴圈操作序列並且記搜即可。
那麼關鍵是第二部分。
因為這是乙個 dag，所以乙個點不可能被不能到達自己的節點更新，所以考慮拓撲排序統計答案。
假設當前節點為 \(u\)，當前遍歷到 \(edge(u,v)\)。然後直接統計答案即可。那麼 \(f_v+=f_u+f_\)。其中 \(f_=\sum_ f_k\)
#include#include#include#include#include#define n 100010
#define mod 998244353
using namespace std;
typedef long long ll;
int n,m,q,q[n],a[n],ru[n];
ll f[n],mul[n],add[n];
int val[n],pos[n],typ[n];
bool vis[n];
vectorv[n];
queueqn;
int read()
void dfs(int u)
return;
}int main()
} }for(int i=1;i<=m;i++)
if(!ru[i] && !vis[i]) dfs(i);//記搜。
q=read();
for(int i=1;i<=q;i++) q[i]=read();
ll mu=1;
for(int i=q;i>=1;i--)
for(int i=1;i<=m;i++) if(!ru[i]) qn.push(i);
while(!qn.empty())
} for(int i=1;i<=n;i++)
printf("%lld ",(a[i]*mu+add[i])%mod);
return 0;
}
例如我就是乙個爆零的蒟蒻。
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