CF1725C Circular Mirror

虽然是一道绿题，但是感觉推式子时的一些细节还是值得学习的，并且还是有点 $2$ $hard$ $4$ $me$......

一个圆上有 $N$ 个可染色的点，编号 $1\to N$。$N$ 号点和 $1$ 号点相邻。
你可以用 $M$ 种颜色将这些点染色。要求不能出现有三个同色点围成直角三角形。
请求出全部合法方案的总数，输出它模 $998244353$ 的值。

显然，作为圆直径的点对可以跟非直径的点对分成两类。如何判断直径，只需要记录一下前缀和即可，然后得到直径点对数 $cnt$。

然后思路就有些混乱了。对于一个以直径为斜边的直角三角形，为了使它不染成同一种颜色，大体上可以归类于两种方法：

• 把该直径上的两点染成同一种颜色，把其他所有点染成与之不同的颜色。
• 把该直径上两点染成不同的颜色，其他点随便染。

结论看起来是简洁的，可是当时确实就绕在这两种情况里了，没能捋清楚。。。泵。

对直径上的点，染色有两种选择，自然联想到乘法原理，试着能否把两个步骤的选择数量乘起来以得其结果。但截至到目前，似乎还不太可行，因为不知道在 $cnt$ 条直径中，哪些选择方案一染色，哪些选择方案二。直接枚举
令 $i$ 为选择方案一染色的直径点对数，则 $cnt-i$ 为用方案二染色的直径点对数。
首先由于所有直径互不关联，故从 $cnt$ 个直径中选 $i$ 个直径的方案数为$\left(\begin{array}{c}cnt\\ i\end{array}\right)$。$m$ 种颜色，从里面挑 $i$ 个出来分配到 $i$ 条直径中，$i$ 个直径互不影响，因此是有顺序的。挑选、分配的方案为 $A_m^i$。

对于剩下的 $cnt-i$ 条直径，已经选了 $i$ 种颜色，还有 $m-i$ 种颜色。要求直径两个端点颜色不同，则其中一个端点有 $m-i$ 种颜色可选，另一个端点有 $m-i-1$ 种颜色可选。因为一共有 $cnt-i$ 条直径，总的方案数就是 $((m-i-1)\times (m-i){)}^{cnt-i}$。

剩下还有 $n-2\ast cnt$ 个点，每个点有 $m-i$ 种颜色选，总数就是 $(m-i{)}^{n-2\ast cnt}$。
全部乘起来，求和：

$$ans=\sum _{i=0}^m{C}_{cnt}^i\times A_m^i\times ((m-i-1)\times (m-i){)}^{cnt-i}\times (m-i{)}^{n-2\times cnt}$$

然后就完了。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int MOD = 998244353;
const int MAXN = 2e6;
int fac[MAXN + 5],inv[MAXN + 5],n,m,d[MAXN + 5];
map<int,bool> vis;
int qpow(int a,int n){
    int ret = 1;
    while(n){
        if(n & 1)ret = 1ll * ret * a % MOD;
        a = 1ll * a * a % MOD;
        n >>= 1;
    }
    return ret;
}
int c(int n,int m){
    if(m > n)return 0;
    return 1ll * fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;
}
int a(int n,int m){
    if(n < m)return 0;
    return 1ll * fac[n] * inv[n - m] % MOD;
}
signed main(){
    fac[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= MAXN; i++){
        fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % MOD;
    }
    inv[MAXN] = qpow(fac[MAXN],MOD - 2);
    for(int i = MAXN; i; i--){
        inv[i - 1] = 1ll * inv[i] * i % MOD; 
    }
    scanf("%lld%lld",&n,&m);
    int sum = 0,tot = 0,cnt = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++){
        scanf("%lld",&d[i]);
        tot += d[i];

    }
    int p = tot;
    tot /= 2;
    vis[0] = 1;
    for(int i = 1; i < n; i++){
        sum += d[i];
        int k = sum - tot;
        if(vis.find(k) != vis.end())++cnt;
        vis[sum] = 1;
    }
    sum = 0;
    int x = tot - d[n];
    if(p % 2 == 1){
        cnt = 0;
    }
    long long ans = 0;
    for(int i = 0; i <= cnt; i++){
        ans = (1ll * ans + 1ll * c(cnt,i) * a(m,i) % MOD * qpow(m - i,n - cnt - i) % MOD * qpow(m - i - 1,cnt - i) % MOD) % MOD;
    }
    cout << ans % MOD;
}

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本文作者：Never Gonna Give You Up!
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