2025.3

$\text{AT\_agc040\_f.}$

三月了啊。

我们设两个棋分别为 $u,v$ 且 $u\le v$。此时考虑移动 $v$，然后再移动的过程中插入 $u$ 的操作。

首先考虑 $u$ 加一这种操作。假设我们进行了 $i$ 次这种操作，同时满足 $u\ne v$。利用插板法，可得方案数为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{B-i+1})}-{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{B-i+1})}$。

然后考虑插入 $u=v$ 的操作。此时同样考虑插板法。我们发现现在总共有 $n-B-i$ 个空位，同时要插入 $A-i$ 个这种操作。所以利用插板法可得总数量应为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{A-i}{n-A-B-2\times i+1})}$。

对于每一个 $i$，其答案就是上面两个数相乘，然后我们枚举 $i=1\to min\{B-1,n-B,A\}$ 即可。

特别的，当 $i=n-B$ 时，我们只有 $i=A$ 才会有贡献，所以此时的答案为 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{B-i+1})}-{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{i-1}{B-i+1})}$。

$\text{AT\_agc030\_f.}$

很好啊，很好啊。

显然的，只有 $A_{2i}=-1$ 或者 $A_{2i-1}=-1$ 才有贡献。

然后我们考虑从小到大去填这些数。但是我们发现从小到大会有后效性，比如我们现在考虑填的数对为 $(i,-1)$，我们发现当后面那个数填 $i+1$ 或者 $i+2$ 都可行，但是我们会重复计算贡献。

所以我们考虑从大到小去计算贡献，这样就不会有后效性了。

此时考虑定义 $d{p}_{i,j,k}$ 表示当前考虑到第 $i$ 个数，还剩 $j$ 个只填了 $1$ 个数的对称为 $(-1,a)$，$k$ 个原本就限定了一位的对，称为 $(x,-1)$。

如果它是 $(-1,x)$ 中的 $x$，那么它可以不匹配。$d{p}_{i+1,j,k}$ 转移到 $d{p}_{i,j,k+1}$,也可以匹配与一个填了一个数的 $(-1,a)$ 匹配，那么 $d{p}_{i,j,k}$转移到 $d{p}_{i,j-1,k}$。

如果不是，那么它可以不匹配。那么就有一下几种转移方法：

1. $d{p}_{i-1,j-1,k}$ 转移到 $d{p}_{i,j,k}$。

2. 填入 $(-1,a)$，$d{p}_{i-1,j+1,k}$ 转移到 $d{p}_{i,j,k}$。

3. 还可以填入 $(-1,x)$，因为任意 $x$ 的位置固定，所以会有 $k+1$ 种填入方案，$(k+1)\times d{p}_{i-1,j,k+1}$ 转移到 $d{p}_{i,j,k}$。

然后就没了。