[atAGC054F]Decrement

令$a_{i}$和$b_{i}$分别为$A_{i}$和$B_{i}$减少的值，考虑判定$\{a_{i}\},\{b_{i}\}$能否被得到

结论：$\{a_{i}\},\{b_{i}\}$能否被得到当且仅当满足以下条件——

1.$0\le a_{i}\le A_{i}$，$0\le b_{i}\le B_{i}$

2.$a_{i}+b_{i-1}+b_{i}$为偶数（其中$b_{0}=b_{n}=0$）

3.$a_{i},b_{i-1},b_{i}$这三个数中不存在一个数大于另外两数之和

必要性——第1个条件由非负的限制显然，第2个和第3个条件均考虑$a_{i},b_{i-1},b_{i}$这三个数中，每一次对其中一个数+1，另外两数中必然恰有一个数+1，显然具有上述性质

充分性——归纳，并考虑最后一次操作，取第一个$a_{i}>0$的位置和其之后第一个$a_{j}=b_{j-1}+b_{j}$的位置即可（具体存在性和正确性可以自行分析）

对于$A_{i}+B_{i-1}<B_{i}$，注意到$0\le b_{i}\le B_{i}$即为第3个条件的必要条件，可以忽略此条件，因此不妨调整为$B_{i}=A_{i}+B_{i-1}$（类似地，也可以对$B_{i-1}$做此操作）

重复此过程（可以用类似dijkstra的贪心来做），即有$|B_{i}-B_{i-1}|\le A_{i}$

此时，对于$A_{k}\ge B_{k-1}+B_{k}$（其中$2\le k\le n-1$），同样可以忽略$0\le a_{k}\le A_{k}$的条件，因此操作$(i,j)$（其中$i<k<j$）不妨改为操作$(i,k)$和$(k,j)$，这样只让$A_{k}$额外减小2（仍合法）且操作数增加

换言之，不存在这样的操作，即不妨变为$[1,k]$和$[k,n]$这两个子问题

重复此过程，考虑最终的子问题，即有$\forall 2\le i\le n-1,|B_{i}-B_{i-1}|\le A_{i}<B_{i-1}+B_{i}$，且类似前面的，不妨再令$A_{1}=B_{1},A_{n}=B_{n-1}$

（注意这个过程的实现并不需要递归，直接从前往后枚举并划分即可）

另一方面，注意到操作次数即为$\frac{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}{2}$，同时$\{a_{i}\}$与最终的$\{A_{i}\}$一一对应，因此从$\{a_{i}\}$的角度来看，问题即求有多少组$\{a_{i}\}$满足$\frac{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}{2}$取到最大值且$\exists \{b_{i}\}$满足结论中的条件

考虑从前往后依次填$b_{i}$，并要求$\forall 1\le j<i,a_{j}=A_{j}$，求出此时$b_{i}$可行的范围

若已经确定$b_{i-1}$，则$b_{i}$的范围为$\{x\mid x\in [|{A_{i}-b_{i-1}}|,\min(A_{i}+b_{i-1},B_{i})]$且$x\equiv a_{i}+b_{i-1}(mod\ 2)\}$，那么即要将$b_{i-1}$的范围内所有值代入并求并

归纳最终的形式为$\{x\mid x\in [L,B_{i}]$且$x\equiv p(mod\ 2)\}$且该集合非空（也即必然包含$B_{i}-1$或$B_{i}$），转移可以自行分类讨论得到（式子较为复杂），进而不难证明归纳

以此法构造，即$a_{1},a_{2},...,a_{n-1}$都可以取到$A_{i}$，且$a_{n}$可以取到$A_{n}-1$或$A_{n}$，显然$\sum_{i=1}^{n}a_{i}\equiv 0(mod\ 2)$，因此$a_{n}$的取值可以直接确定，进而不难发现$\frac{\sum_{i=1}^{n}a_{i}}{2}$已经取到上限

换言之，若$\sum_{i=1}^{n}A_{i}$为偶数，则取到最大值仅有$a_{i}=A_{i}$时（方案数为1），否则即对每一个$i$判断是否可以令$a_{i}=A_{i}-1$且$\forall j\ne i,a_{j}=A_{j}$，按之前的方式求出$B_{i-1}$和$B_{i}$的区间即可

时间复杂度为$o(n\log n)$（调整$B_{i-1}$和$B_{i}$），可以通过

（代码中转移的部分有点丑）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200005
#define mod 998244353
#define ll long long
priority_queue<pair<int,int> >q;
int n,ans,a[N],b[N],vis[N],L[N],p[N];
int get(int k,int p){
    if ((k&1)!=p)k--;
    return k;
}
int calc(int x,int y){
    a[x]=b[x],a[y]=b[y-1];
    int s=0;
    for(int i=x;i<=y;i++)s^=(a[i]&1);
    if (!s)return 1;
    L[x-1]=p[x-1]=0;
    for(int i=x;i<=y;i++){
        p[i]=(p[i-1]^(a[i]&1));
        if (L[i-1]>=a[i])L[i]=L[i-1]-a[i];
        else L[i]=get(max(a[i]-get(b[i-1],p[i-1]),0)+1,p[i]);
    }
    int LL=0,pp=0,ans=0;
    for(int i=y;i>=x;i--){
        int x=get(b[i-1],p[i-1]),y=get(b[i],pp);
        if (a[i]-1<=x+y){
            if (abs(x-y)<=a[i]-1)ans++;
            else{
                if (a[i]-1<=x+y-2){
                    if ((x>y)&&(L[i-1]<=x-2))ans++;
                    if ((x<y)&&(LL<=y-2))ans++;
                }
            }
        }
        if (LL>=a[i])LL-=a[i];
        else LL=get(max(a[i]-get(b[i],pp),0)+1,(pp^(a[i]&1)));
        pp^=(a[i]&1);
    }
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=1;i<n;i++)scanf("%d",&b[i]);
    for(int i=0;i<=n;i++)q.push(make_pair(-b[i],i));
    while (!q.empty()){
        int k=q.top().second;
        q.pop();
        if (vis[k])continue;
        vis[k]=0;
        if ((k)&&(b[k-1]>a[k]+b[k])){
            b[k-1]=a[k]+b[k];
            q.push(make_pair(-b[k-1],k-1));
        }
        if ((k<n)&&(b[k+1]>a[k+1]+b[k])){
            b[k+1]=a[k+1]+b[k];
            q.push(make_pair(-b[k+1],k+1));
        }
    }
    int lst=ans=1;
    for(int i=2;i<=n;i++)
        if (a[i]>=b[i-1]+b[i]){
            int x=b[i];
            b[i]=0,ans=(ll)ans*calc(lst,i)%mod;
            lst=i,b[i-1]=0,b[i]=x;
        }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}