AtCoder Regular Contest 153 B,C,E問題メモ

AtCoder Regular Contest 153

B - Grid Rotations

• $H \times W$ のグリッドにそれぞれ文字 $C_{i,j}$ が書かれている
• $Q$ 回、以下の操作を行う
  • $a_i,b_i$ が与えられる
  • グリッドを、$a_i$ 行目と $a_i+1$ 行目の間の線、$b_i$ 列目と $b_i+1$ 列目の間の線で十字に分割する
  • 分割された4つの長方形領域をそれぞれ180度回転する
• 最終的なグリッドに書かれた文字を出力せよ
• $HW \le 5 \times 10^5$
• $1 \le Q \le 2 \times 10^5$

タテヨコは独立に考えていい。
最初の $i$ 行目が最終的に $r_i$ 行目、$j$ 列目が $c_j$ 列目に移るなら、答えの $(r_i,c_j)$ のマスにあるのは $C_{i,j}$ である。

なので、1次元のクエリ操作を2回考えればよい。
縦方向（$H$ 行）の操作を考えるとする。

愚直に考えると区間反転をいっぱいしなきゃいけなくて、そんなこと短時間でできるの？ となる。
だが、今回は「2つに区切った区間をそれぞれまるっと反転」と決まっているので、実験してみると良い性質がすぐ見えてくる。

最初   1 2 3 4 5 6 7
      |-------|-----|    a=4
1回目  4 3 2 1 7 6 5
      |---|---------|    a=2
2回目  3 4 5 6 7 1 2
      |-----------|-|    a=6
3回目  1 7 6 5 4 3 2
      |-------|-----|    a=4
4回目  5 6 7 1 2 3 4

結局、1回の操作では $1,2,...,N$ の並びが逆順+転回を起こす。

特に2回の操作をまとめると、$a_1→a_2$ の順で操作が発生すると $(a_1-a_2)\mod{H}$ だけ転回する。

よって、2個ずつ、いくつ転回したかを追っていって、$Q$ が奇数なら最後の操作だけ愚直にやればよい。

Python3

h, w = map(int, input().split())
field = [input() for _ in range(h)]

q = int(input())
queries = [tuple(map(int, input().split())) for _ in range(q)]

offset_h = 0
offset_w = 0
for i in range(0, q - 1, 2):
    a1, b1 = queries[i]
    a2, b2 = queries[i + 1]
    offset_h = (offset_h + a1 - a2) % h
    offset_w = (offset_w + b1 - b2) % w

reindex_h = list(range(h))
reindex_w = list(range(w))
reindex_h = reindex_h[offset_h:] + reindex_h[:offset_h]
reindex_w = reindex_w[offset_w:] + reindex_w[:offset_w]

if q % 2 == 1:
    a, b = queries[-1]
    reindex_h = reindex_h[:a][::-1] + reindex_h[a:][::-1]
    reindex_w = reindex_w[:b][::-1] + reindex_w[b:][::-1]

for i in range(h):
    row = []
    for j in range(w):
        row.append(field[reindex_h[i]][reindex_w[j]])
    print(''.join(row))

C - ± Increasing Sequence

• $-1$ または $1$ からなる数列 $A=(A_1,...,A_N)$ が与えられる
• 以下の条件を全て満たす数列 $x=(x_1,...,x_N)$ を構築できるか判定し、可能なら一例を挙げよ
  • $|x_i| \le 10^{12}$
  • 狭義単調増加、つまり $x_i \lt x_{i+1}$
  • $A_i \times x_i$ の $i=1～N$ にわたる総和が $0$
• $1 \le N \le 2 \times 10^5$

符号が $A_i$ によって反転されうるため、$A_ix_i$ の正負が入り交じる。

総和を特定の1つとかある範囲で調整する、ということを考える際、 狭義単調増加は置ける値の範囲が $i$ ごとに変わるため扱いにくくて、できれば広義単調増加で考えたい。

最初に $x'=(1,2,3,...,N)$ と仮決めして、そこからの差分 $y$ を考えると、$y$ は広義単調増加であれば良くなる。

よって、$x'$ をそのようにした際の $A_ix'_i$ の総和を $S$ とする。

A    -1  1 -1 -1  1 -1
x'    1  2  3  4  5  6
----------------------
     -1  2 -3 -4  5 -6  →  S = -7

ここで、たとえば $S$ が負で、$A_1=-1$ だったとき、$y_1$ は好きなだけ減らせるので、逆に総和は $S$ から好きなだけ増やせることになる。（$10^{12}$ という制約はあるが、一端無視して）

A    -1  1 -1 -1  1 -1
----------------------
x'    1  2  3  4  5  6
y    -7  0  0  0  0  0

x    -6  2  3  4  5  6
----------------------
      6  2 -3 -4  5 -6  →  S = 0

また、同様に $S$ が負で、$A_N=1$ だったとき、$y_N$ は好きなだけ増やせるので、同様に $S$ から好きに増やせる。

$S$ が正の時は逆に、$A_1=1$ または $A_N=-1$ なら総和を好きに減らせる。

じゃあ、そうでない時は？
$y$ には、先頭からある範囲までに一定値を減じる、または末尾からある範囲に一定値を加えてもよい。

たとえば $S$ が負（$-k$）なら、$y_1～y_j$ に一斉に一定値を減じたとき総和が $k$ 増加してくれればよいので、$A_1～A_j$ の総和が負（特に微調整を考えると $-1$）ならよいことになる。

よって、$A_i$ の先頭or末尾からの累積和を取っていって、

• $S$ が負なら
  • ①先頭からの累積和で、総和が $-1$ になるところ
  • ②末尾からの累積和で、総和が $+1$ になるところ
  • いずれかを見つけ、その範囲の $y$ に①なら $S$ を加算、②なら $S$ を減算
• $S$ が正なら
  • ③先頭からの累積和で、総和が $+1$ になるところ
  • ④末尾からの累積和で、総和が $-1$ になるところ
  • いずれかを見つけ、その範囲の $y$ に①なら $S$ を減算、②なら $S$ を加算

すれば、調整が可能となる。
（最初に述べた、先頭・末尾の1項だけで調整する操作も、この処理にまとめられる）

$S \neq 0$ で、そのような箇所が全く登場しないとき（-1と+1が、良い括弧列となっているとき）は、調整ができず不可能。

で、最後にこれが $10^{12}$ を超えないかだが、

• $S$ は、最大 $\dfrac{N(N+1)}{2} \le 約 2 \times 10^{10}$ で、$\pm S$ が $y_i$ の範囲
• $x'$ の最大値は $2 \times 10^5$
• よって $x=x'+y$ の絶対値は $10^{11}$ を超えない

ので大丈夫と分かる。

Python3

import time
from itertools import accumulate


def solve(n, aaa):
    fwd_acc = list(accumulate(aaa))
    bwd_acc = list(accumulate(reversed(aaa)))
    bwd_acc.reverse()
    s = fwd_acc[-1]

    norm = 0
    for i, a in enumerate(aaa):
        norm += i * a

    if norm == 0:
        return list(range(n))

    if s != 0:
        whole_offset, norm = divmod(norm, s)
        ans = list(range(-whole_offset, n - whole_offset))
        if norm == 0:
            return ans
    else:
        ans = list(range(n))

    if norm > 0:
        fa = 0
        i = 0
        for i in range(n):
            fa += aaa[i]
            if fa > 0:
                break
        else:
            i = -1
        if i >= 0:
            for j in range(i + 1):
                ans[j] -= norm
            return ans
        fa = 0
        i = 0
        for i in range(n - 1, -1, -1):
            fa += aaa[i]
            if fa < 0:
                break
        else:
            i = -1
        if i >= 0:
            for j in range(i, n):
                ans[j] += norm
            return ans
        return False
    else:
        fa = 0
        i = 0
        for i in range(n):
            fa += aaa[i]
            if fa < 0:
                break
        else:
            i = -1
        if i >= 0:
            for j in range(i + 1):
                ans[j] += norm
            return ans
        fa = 0
        i = 0
        for i in range(n - 1, -1, -1):
            fa += aaa[i]
            if fa > 0:
                break
        else:
            i = -1
        if i >= 0:
            for j in range(i, n):
                ans[j] -= norm
            return ans
        return False


def check(n, aaa, ans):
    s = 0
    for a, b in zip(aaa, ans):
        s += a * b
    if s != 0:
        raise

    for i in range(n - 1):
        if ans[i] >= ans[i + 1]:
            time.sleep(3)


n = int(input())
aaa = list(map(int, input().split()))

ans = solve(n, aaa)

if ans:
    print('Yes')
    print(*ans)
else:
    print('No')

E - Deque Minimization

• '1'～'9'からなる文字列 $X$ に対し、以下を考える
  • $X$ に以下の操作を行い、文字列 $S$ を得る
    • $S$ を空文字列で初期化する
    • $X_1,X_2,...,X_N$ の順に、$S$ の先頭または末尾に挿入する（$X_i$ は $X$ の $i$ 文字目）
  • この操作により得ることができる $S$ のうち、整数としてみたときに最小のものを $f(X)$ とする
• '1'～'9'からなる文字列 $Y$ が与えられるので、$f(X)=Y$ となるような $X$ の個数を $\mod{998244353}$ で求めよ
• $1 \le |Y| \le 200000$

$X_1$ はまぁそのまま挿入するとして、最小にするなら下記のようにすればよい。

• $X_i$ （$i \ge 2$）を $S$ に挿入するとき、その時点の $S$ の先頭を $S_1$ として、
  • $S_1 \ge X_i$ なら、$X_i$ を先頭に挿入
  • $S_1 \lt X_i$ なら、$X_i$ を末尾に挿入

$S_1=X_i$ の場合も本当に先頭でいいのか？ と思うが、上記の方針をとる以上、

• 暫定の $S$ が全て同じ文字なら、先頭と末尾どちらに挿入しても変わらない
  • 重複を除くため、先頭に挿入することで統一する
• $S$ が全て同じでないなら、どこかではじめて $S_1$ と異なる文字 $c$ が出てくる
  • この $c$ は、必ず $S_1$ より大きい
    • $c$ が $S_1$ より小さくて、$S_1$ より後に挿入されたなら、先頭に来ているはず
    • $c$ が $S_1$ より小さくて、$S_1$ より前に挿入されたなら、$S_1$ の方が後に来ているはず
  • よって $X_i$ は先頭に挿入し、$S_1$ が続く長さを長くした方が良い

また、$S=11233$ を作れるけど、途中段階では敢えて $S=32131$ みたいにすることで、最終的には $11233$ としたときより $S$ を小さくできる、みたいなことは起こらない。

$11233$ にしようと $32131$ にしようと、これ以降、何をどのような順で前・後ろに挿入可能かは全く同条件であり、

(同じ並び)11233(同じ並び)
(同じ並び)32131(同じ並び)

なら確実に前者の方が小さい。その時々で最小となるように前・後ろのどちらに挿入するかを決めていってよい。

よって、$X$ が決まっているなら、そこから $f(X)$ を作る操作は意外と単純である。

先頭要素 $X_1$ が $Y$ の何文字目にあたるか（$Y$ がどこから生成されていったか）を固定する。

$Y_i$ から生成されたと決め打つと、そこから後は左右に広がっていったことになるので、

• $Y_{i-1}→Y_{i-2}→...→Y_2→Y_1$
• $Y_{i+1}→Y_{i+2}→...→Y_N$

$X_2$ 以降の要素の並び順は、上記のような2つの列をマージしたものに限定される。
（マージ：ここでは、列の中での順序は保たれるように、2つを1つにまとめる操作を指す）

その上で、いくつかの制約がある。

以下のような時に、3を最初に置くことはできない。

Y:  1  2  4  5  [3]  4  6  ...

3を最初に置いた後に5を挿入したとすると、その5をわざわざ前に持ってこないと この $Y$ は作れないが、$f(X)$ を作る操作に違反する。

上記の例なら、先頭の4つ 1,2,4,5 が、$X_1$ となり得る範囲となる。

もし、長さ $n$ と $m$ の2列を単純にマージするなら、 場合の数は ${}_{n+m}C_{n}$ で求められるが、そう単純でもない。

前に置かれるべき数が、誤って後に置かれることは基本的にないが、
後に置かれるべき数は、それ以前に自身より小さい値が前に置かれていないと、前に置かれてしまう。
そうなるとより小さい $f(X)$ が作れるような、数え上げの対象ではない $X$ となってしまう。

以下の2通りの場合に注意する。（①は、ちゃんと考えれば②にまとめられるかもしれないが、分けて考えた方がわかりやすい）

• ①同じ要素が連続している箇所を先頭とする場合
• ②後に置かれるべき数の列の中で、これまでより小さい値が出てくる場合

今、$i=6,X_1=5$ を先頭に持ってくるとき、どうなるか考える。

i:  1  2  3  4  5  6  7  8  9 10 11
Y:  1  2  2  3  5 [5] 5  3  4  4  2

$X_2$ 以降は、このような2列のマージとなる。

• 前に置かれる 5→3→2→2→1
• 後に置かれる 5→3→4→4→2

次に来るのはいずれでも $5$ だが、$5$ が来ると、$f(X)$ の構築方法から考えるとこれは前に置かれることになる。
よって、$X_2$ には、前に置かれる方の5しか来てはいけないことになる。

次も同様で、（最終的に $i=5,6$ に収まるべき）'55' がある状態に（最終的に $i=7$ に来るべき）'5'が来たら、 これは前の方に置かれてしまうのでダメ。ここも前に置かれる方の3しか来れない。

暫定S:   3  5  5

残り列
前に置かれる  2→2→1
後に置かれる  5→3→4→4→2

$S$ の先頭が3になってはじめて、これ以降の5は後に置くべきとなったので、 $X_4$ には前に置かれる'2'も後に置かれるべき'5'も採用できる。

①の制約は、「同じ要素が連続している箇所を先頭とする場合は、その中の末尾以外は、自身より前の、より小さい値が1個置かれるまでは、前にしか置けない」という制約となる。

これにより、たとえば 1233[355555]566… という並びでは、 「ある数字の連続箇所の末尾 (3)」と「次の数字の連続箇所の末尾以外 (55555)」において、 それを先頭とした場合に実質的に考慮すべき「前に置かれるべき数の列」が同一となる。 （3→3→2→1）

また特に、$Y$ の先頭要素が連続していた場合は、その中の末尾のみ、先頭とすることができる。

Y:  1111112233...
    ~~~~~          先頭にはできない

例に戻って、続けて 5 が置かれた場合の続きを考える。

暫定S:   3  5  5  5

残り列
前に置かれる  2→2→1
後に置かれる  3→4→4→2

ここでもまた、次に後に置かれるべき'3'が来てしまうと前に置かれてしまうので、'2'が先に置かれる必要がある。

同様に、（しばらく進めて）後に置かれるべき列の最後の'2'も、前に置かれるべき'1'の後に置かれる必要がある。

これが②の制約で、「後に置かれるべき値が置かれるときには、先に、より小さい値が前に置かれていないといけない」となる。
ただし、いくつかの要所さえクリアすれば、要所以外は必然的に条件を満たすことが多い。

たとえば後に置かれるべき2つの'4'は、その前に既に'3'が置かれているので、 先頭は2以下となっていることがわかっているため、勝手に条件はクリアしている。

要所となり得るのは、「後に置かれるべき列」の中でも 「これまでに出てきたどの値より小さい値がはじめて出てきた時（狭義単調減少）」なので、 特に値の範囲が1～9である本問題においては、たかだか7個である。

制約の列挙方法としては、例えば、以下のようにすればよい。
$Y$ の中で昇順が保たれる範囲を $Y_{Asc}$、それ以降を $Y_{NotAsc}$ とする。

$Y_{NotAsc}$ の先頭から累積minを取りながら、累積minを更新する要素 $Y_j$ を探す。 $Y_j$ に対し、$Y_j-1$ 以下の要素が $Y_{Asc}$ 中で最後に出てくるのが $Y_i$ だったとすると、 「$Y_j$ が置かれる前に $Y_i$ が置かれなくてはいけない」という制約が見つけられる。
ただし、それより前に見つかった制約と $Y_i$ が同じであれば、無視してよい。

また、$Y_{NotAsc}$ の中に $Y_1$ より小さい値が出てきたら、 そいつを前に置かれることが阻止できないので、そのような $Y$ が $f(X)$ となるような $X$ は0個となる。
（これは最初に確認して例外処理してしまうのが、混乱しなくてよい）

先ほどからの例において、前後に置かれるべき列に②の制約を追加すると以下のようになる。

前に置かれる  2→2→1
             ↓      ↘
後に置かれる  3→4→4→2

先頭を固定して、マージするべき前後の列と制約も定まった。これをマージする方法の数を数え上げたい。

やりたいことはトポロジカルソートの数え上げではあるが、そんなの多項式時間では無理なので、 「ベースは2列のマージ」であることを利用することになる。

経路数え上げに言い換えるのがわかりやすい。

前\後  -   3   4   4   2
 -     1 |           |
 2                   |
 2                   |
 1

左上から右か下に進み、右下までの経路数が答えだが、「前の'2'に進む前に後の'3'に立ち入ってはいけない」「前の'1'に進む前に後の'2'に立ち入ってはいけない」という制約は、上記のような壁で表現できる。

愚直には1マスずつ埋めていくとできるが、$N \le 2 \times 10^5$ なので、$O(N^2)$ は無理。
しかもこれ、あくまで先頭を固定した場合なので、先頭毎にこれだけかかる。

複数の“ある要素を先頭とした場合の数”を、ある程度まとめて計算できれば嬉しい。

そこで、「どこを先頭にしたって、列の末尾の部分や、そこにかかる制約は同じになる」ことに着目して、逆から考える。

i:  1  2  3  4  5  6  7  8  9 10 11
Y:  1  2  2  3  5  5  5  3  4  4  2

i=6 を先頭とした場合にマージしたい列
  前:  2→2→1
      ↓      `---↓
  後:  5→3→4→4→2

i=3 を先頭とした場合にマージしたい列
  前:  2→1
           `----------------↓
  後:  3→5→5→5→3→4→4→2

それぞれ長さは違うが、末尾から見たときの並びと、制約の張られる位置は同じ

→逆からDPすれば、複数の場合を一度に考えられる

末尾からとした場合、各 $Y_i$ を先頭とした場合の答えがDP配列のどこに現れるかが異なってくる。
答えとなり得る箇所を全て合計すると、全体の答えとなる。

逆にした場合のDPと、各要素を先頭としたときにどこを拾うべきかを示したのが、以下となる。
制約の壁は横になる。

      i     11  10   9   8   7   6   5   4   3   2   1
i 前\後  -   2   4   4   3   5   5   5   3   2   2   1
0  -     1                                  (2)  (1)
1  1    ~~~
2  2                                    (2)
3  2    ~~~~~~~~~~~~~~~~    (5) (5) (3)
4  3                            
5  5
6  5                    (5)

ここまでの考察から、拾うべき位置は以下のようになることがわかる。

• 基本的には、$i$ を先頭とするなら、前の列は $i-1$、後の列は $i+1$ から始まるので、その斜めのラインに乗っかる
• ただし同じ要素が連続している場合、その中での末尾要素以外は、1つ前の値の高さに揃えられる

拾うべき位置の高さがある程度揃う、というのが重要で、 $Y_{Asc}$ の中で同じ要素が連続している箇所の個数はたかだか9個なので、 9種類の高さの、連続する横範囲の値の合計がわかれば良いということになる。

また都合のいいことに、制約の壁が出現する位置も、性質上、同じ高さに来ることになる。

したがって、同じ要素が連続している箇所はイレギュラーのない綺麗な形となり、畳み込みでまとめて計算できる。

より具体的な方法を示すにあたり、後の列においてindexが逆順になっているのがやりにくいので、 $j=N+1-i$ として昇順に振り直す。
（このように、逆順のindexに変換する関数を $f(i)$ とする）

     (i     11  10   9   8   7   6   5   4   3   2   1)
      j  0   1   2   3   4   5   6   7   8   9  10  11
i 前\後  -   2   4   4   3   5   5   5   3   2   2   1
0  -     1                                  (2)  (1)
1  1    ~~~
2  2                                    (2)
3  2    ~~~~~~~~~~~~~~~~    (5) (5) (3)
4  3                            
5  5
6  5                    (5)

• 初期化
  • $DP=[1,0,0,0,...]$
  • $l=0$: 左からDPが切り詰められる（壁によって防がれる）長さ
• $Y_{Asc}$ で、出てくる種類数を $K$、$i$ 種類目の要素が最後に出てくるindexを $a_i$ とする
  • 便宜的に $a_0=0,a_{K+1}=|Y_{Asc}|+1$ を追加する
  • 例) $Y_{Asc}=1223555$ なら、$a=[0,1,3,4,7,8]$
• $i=1,...,K$ の順に、
  • $d=a_i-a_{i-1}-1$ …（次に求めるべき行と、DPが現在示す行の差分-1）
  • $Q=[{}_{d}C_{d},{}_{d+1}C_{d},{}_{d+2}C_{d},...]$
    • $Q_k$: 下段に $d$、右段に $k$ だけ移動する経路数
  • $DP[l:]$ と $Q$ を畳み込み、新たな $DP[l:]$ とする
  • $DP$ の必要な箇所を合計する
    • $e=a_{i+1}-a_i$ の時、$f(i)-e～f(i)-1$ の範囲を合計
  • $DP$ を切り詰める
    • 以降、もう答えとして計上した箇所は不要。$DP=DP[:f(i)-e]$
    • 「$Y_{ai}$ を置くまで $Y_j$ を置いてはいけない」制約が設定されていれば、$l=f(j)$ とする

畳み込み、答えの範囲を合計する処理は、1回あたり $O(N \log{N})$、 それがたかだか9回なので、十分高速となる。

Python3

import numpy as np


def convolve(f, g):
    fft_len = 1
    true_len = len(f) + len(g) - 1
    while fft_len < true_len:
        fft_len <<= 1

    Ff = np.fft.rfft(f, fft_len)
    Fg = np.fft.rfft(g, fft_len)
    Fh = Ff * Fg

    h = np.fft.irfft(Fh, fft_len)
    h = np.rint(h).astype(np.int64)

    return h[:true_len]


def convolve_mod(f, g, p):
    f1, f2 = np.divmod(f, 1 << 15)
    g1, g2 = np.divmod(g, 1 << 15)

    a = convolve(f1, g1) % p
    c = convolve(f2, g2) % p
    b = (convolve(f1 + f2, g1 + g2) - (a + c)) % p

    h = (a << 30) + (b << 15) + c
    return h % p


def check(y):
    n = len(y)
    y_arr = list(map(int, y))

    # asc_idx: 前から昇順が続く範囲で、i が初めて出てくるindex（1-indexed）
    # 出てこないのは0
    # 便宜的に、昇順が終わった次のindexを asc_idx[10] に保存
    asc_idx = [0] * 11
    asc_idx[y_arr[0]] = 1
    # 前からの昇順が破られているかどうか
    break_asc = False

    for i in range(1, n):
        if not break_asc:
            if y_arr[i - 1] > y_arr[i]:
                asc_idx[10] = i + 1
                break_asc = True
            elif y_arr[i - 1] < y_arr[i]:
                asc_idx[y_arr[i]] = i + 1
        if break_asc and y_arr[i] <= y_arr[0]:
            return None
    if asc_idx[10] == 0:
        asc_idx[10] = n + 1

    # less_idx: 前からの昇順範囲において、i 未満の値が最後に出てくるindex(1-indexed)
    less_idx = asc_idx.copy()
    for i in range(9, 0, -1):
        if less_idx[i] == 0:
            less_idx[i] = less_idx[i + 1]
    for i in range(1, 10):
        less_idx[i] -= 1
    less_idx = less_idx[:10]

    # constraints: 最初に置かれる要素を決めて、そこから両端に加えていくことを考えたとき、
    # 大小関係から、左に属するAは右に属するBより、元の数字で先に来ないといけない、という関係(A,B)
    constraints = {}
    dsc_min = 10
    con_min = n
    for i in range(asc_idx[10] - 1, n):
        if y_arr[i] < dsc_min and less_idx[y_arr[i]] < con_min:
            constraints[less_idx[y_arr[i]]] = i + 1
            dsc_min = y_arr[i]
            con_min = less_idx[y_arr[i]]

    return asc_idx, less_idx, constraints


def precompute_factorials(n, MOD):
    f = 1
    factorials = [1]
    for m in range(1, n + 1):
        f = f * m % MOD
        factorials.append(f)
    f = pow(f, MOD - 2, MOD)
    finvs = [1] * (n + 1)
    finvs[n] = f
    for m in range(n, 1, -1):
        f = f * m % MOD
        finvs[m - 1] = f
    return factorials, finvs


def solve(y):
    MOD = 998244353
    n = len(y)

    results = check(y)
    if results is None:
        return 0
    asc_idx, less_idx, constraints = results

    # 昇順範囲でiが最後に出てくるindex, 出てこないのは0
    last_idx = []
    for i in range(1, 10):
        if asc_idx[i] == 0:
            continue
        for j in range(i + 1, 11):
            if asc_idx[j] != 0:
                last_idx.append(asc_idx[j] - 1)
                break
    last_idx.append(asc_idx[10])

    # constraints を、右端からのindexに変更
    constraints = {l: n + 1 - r for l, r in constraints.items()}

    facts, finvs = precompute_factorials(n, MOD)
    invs = [0] * (n + 1)
    for i in range(1, n + 1):
        invs[i] = finvs[i] * facts[i - 1] % MOD

    ans = 0
    dp = np.zeros(n, np.int64)
    dp[0] = 1
    l_col = 0
    pre_row = -1
    for i, li1 in enumerate(last_idx[:-1]):
        li2 = last_idx[i + 1]
        row = li1 - 1
        r_col = n - li1
        h = row - pre_row - 1
        w = r_col - l_col
        use = li2 - li1

        coef = [1]
        for i in range(w):
            coef.append(coef[-1] * (h + i + 1) % MOD * invs[i + 1] % MOD)
        coef = np.array(coef, dtype=np.int64)

        cnv = convolve_mod(dp, coef, MOD)

        ans += cnv[w - use + 1:w + 1].sum()
        ans %= MOD

        dp = cnv[:w - use + 1]

        if li1 in constraints:
            c = constraints[li1]
            dp = dp[c - l_col:]
            l_col = c

        pre_row = row

    return ans


y = input()
ans = solve(y)
print(ans)