P9554 「CROI · R1」浣熊的溪石

思路与分析

这道题乍一看还挺难的，但是如果把这个序列拆成两半就会容易一些。

首先，讨论一下序列长度 $n$，如果 $n$ 为偶数，就可以对半分开；如果是 $n$ 奇数，就把中间那位单独拿出来，然后再对半分开。

我们称上面一部分为 $a$ 序列，下面一部分为 $b$ 序列。

需要注意的是，这里 $b$ 序列的方向与总序列和 $a$ 序列有点不同，如下图：

黑线的方向代表总序列的顺序，蓝线的方向代表 $a$ 序列的顺序，红线的方向代表 $b$ 序列的顺序。

我们可以发现如果 $a$ 序列和 $b$ 序列交换一下，总序列就相当于颠倒了一次，根据题意，这两个序列算相同的。

如果只关注 $a$ 序列，不考虑其他的，总共有 $M=(m+1)\times m^{\lfloor n/2\rfloor-1}$ 种可能。

我们来大概模拟一下过程：

1. $a$ 序列随机选一种，那么 $b$ 序列共有 $M$ 种取法。
2. $a$ 序列在剩下的情况中再随机选一种，那么 $b$ 序列不能选择 $a$ 序列上次选择的那个，否则就会和上一步的某个序列相同了（因为 $a$ 的取法定然包含于第一步 $b$ 的某个取值，如果 $b$ 和第一步 $a$ 一样，就等于总序列颠倒一次，算同种序列），所以共有 $M-1$ 种取法。

$\cdots$

我们发现如果只考虑 $a$ 序列和 $b$ 序列的话，共有 $\frac{M\times (M+1)}{2}$ 种情况，如果 $n$ 为奇数，那就再乘上 $m$ 就好了，因为单独的中间格子无论怎么取都不会有影响。

所以整个过程就会变得非常简单，先求出 $M$ 然后再算一遍 $\frac{M\times (M+1)}{2}$，再判断个特殊情况。

优化还是懒？

只是，我们发现过程种有个除以 $2$ 的过程，再取模的情况下，我们需要求逆元，但是我实在是太懒了，懒得写拓欧，所以我就想了个取巧的偷懒方法。

因为 $(m+1)$ 和 $m$ 中必定有一个是偶数，所以我们先在取模前就除以个 $2$。也就是说求 $M$ 时，我们先除以 $2$ 得到 $N=\frac{M}{2}=\frac{m\times (m+1)}{2} \times m^{\lfloor n/2\rfloor-2}$。

然后再算 $N\times (2\times N+1)$。

这样就不需要拓展欧几里得求逆元了，当然，$n$ 比较小的时候就需要特判了。

AC 代码

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const unsigned long long mod=998244353;//当时不知道为什么，复制模数的时候复制了两边，后面才发现，索性就全开unsigned long long了
unsigned long long T,n,m,a;
unsigned long long qsm(unsigned long long a,unsigned long long b)//快速幂
{
	unsigned long long ans=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=a*ans%mod;
		a=a*a%mod,b>>=1;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	scanf("%llu",&T);
	while(T--)
	{
		scanf("%llu%llu",&n,&m);
		if(n==1) printf("%llu\n",(m+2)%mod);//特判，这个最简单了，我觉得不需要讲
		else if(n==2) printf("%llu\n",(m+2)*(m+1)/2%mod);
		else if(n==3) printf("%llu\n",(m+2)*(m+1)/2%mod*m);//把n比较小的特判了
		else if(n%2==0) a=(m+1)*m/2%mod*qsm(m,n/2-2)%mod,a=(2*a%mod+1)*a%mod,printf("%llu\n",a%mod);//n为偶数的情况
		else a=(m+1)*m/2%mod*qsm(m,n/2-2)%mod,a=(2*a%mod+1)*a%mod,printf("%llu\n",a*m%mod);//n为奇数的情况，要多乘以一个m
	}
	return 0;
}

P.S.偷懒是第一生产力（doge