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矩阵 题解

矩阵 题解

成功被低年级吊打

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原文地址:https://www.cnblogs.com/Azazel/p/15031854.html

题意

        

题解

         A001499,写完了。

         考虑转化题意,改为:令 fifi 表示对长为 nn 的,初始全部为 00 的数列进行操作,每次选择两个位置 +1+1 ,求进行 nn 次操作,使得所有数都为 22 的操作方案数。

         那么我们考虑 DP,设 dpi 表示填一个长为 n 的数列,使其满足条件的方案数。则有边界 dp0=1,dp2=1 。同时设一个辅助数组 fi 表示一个长为 n ,其中填了两个 1 的使其满足条件的方案数。

     考虑如何推 dp 数组,假设现在在推 dpi,此时我们需要缩小至少 1 的规模,也就是对一个格子操作两次。因此分为以下两种情况:

  • 两次选择的另一个格子相同,则此后状态为 dpi2,选择另一个格子的方案数为 C1i1 ,同时该操作只需选择任意两次行操作即可,不用考虑顺序。综上该部分为 dpi2×C1i1×C2i
  • 两次选择的另一个格子不相同,则此后状态为 fi1,选择另两个格子的方案数为 C2i2,同时该操作有顺序区分。综上该部分为 fi1×C2i1×A2i

     再来考虑推 f 数组,此时必须把这两个 1 都消掉,所以分为以下三种情况:

  • 在选择第一个 1 时就选到了另一个 1 ,之后的状态为 dpi2,只能选择另一个格子,同时在前 i1 次操作中选择一次进行该操作(有 1 次用来填出这两个 1 )。综上该部分为 dpi2×1×C1i1
  • 两个 1 选的另一个格子不同,之后的状态为 fi2,注意到两次行操作选择格子不同会导致行不同所以应该有 A2i2 种选格子方式,最后还是两次操作不同故有序。综上该部分为 fi2×A2i2×A2i1
  • 两个 1 选的另一个格子相同,之后的状态为 dpi3 ,仍然选择另一个格子方案数为 C1i2 ,最后安排行操作方案为 A2i1 。综上该部分为 dpi3×C1i2×A2i1

     最后 O(n) DP就行了。

代码

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#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int MOD=998244353;
ll Fac[10000005],Inv[10000005];
ll qpow(ll a,ll b)
{
	ll ret=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ret=ret*a%MOD;
		b>>=1;a=a*a%MOD;
	}
	return ret;
}
ll C(ll r,ll n){return Fac[n]*Inv[r]%MOD*Inv[n-r]%MOD;}
ll A(ll r,ll n){return Fac[n]*Inv[n-r]%MOD;}
ll dp[10000005],f[10000005];
int main() {
	int n;
	scanf("%d",&n);
	Fac[0]=1;Inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) Fac[i]=Fac[i-1]*i%MOD;
	Inv[n]=qpow(Fac[n],MOD-2);
	for(int i=n-1;i>=1;i--) Inv[i]=Inv[i+1]*(i+1)%MOD;
	dp[0]=1; dp[2]=1;
	f[2]=1;
	ll Ans=1;
	for(int i=3;i<=n;i++)
	{
		//            状态   选择格子     选择操作 
		dp[i]=(dp[i]+dp[i-2]*C(1,i-1)%MOD*C(2,i)%MOD)%MOD;
		dp[i]=(dp[i]+f[i-1] *C(2,i-1)%MOD*A(2,i)%MOD)%MOD;
		f[i]=(f[i]+  dp[i-2]*1           *C(1,i-1)%MOD)%MOD;
		f[i]=(f[i]+  f[i-2] *A(2,i-2)%MOD*A(2,i-1)%MOD)%MOD;
		f[i]=(f[i]+  dp[i-3]*C(1,i-2)%MOD*A(2,i-1)%MOD)%MOD;
		Ans=(Ans+dp[i])%MOD;
	}
	printf("%lld",Ans);
	return 0;
} 
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