[AGC040C] Neither AB nor BA
算法
容斥.
思路
借用这里的 Trick 2, 我们将所有偶数位的 \(B \rightarrow A\) , \(A \rightarrow B\).
那么原问题的限制就转化为: 不能删相邻的 \(AA\) 或 \(BB\) , 求最终可以删空的方案数.
考虑这个限制的充要条件是什么.
对于每一段连续的 \(A(B)\), 我们可以在左右两端找到字符并合法删去, 如果 \(A(B)\) 的总数大于 \(\frac{n}{2}\), 那么最后就不能够删空, 也就是非法的.
所以充要条件即为: \(A,\ B\) 的数量均不大于 \(\frac{n}{2}\).
接下来就是容斥的计算了, 总方案数是 \(3^n\), 不合法的方案数是 \(2 \times \sum_{i = \frac{n}{2} + 1}^n \binom{n}{i} 2^{n - i}\).
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using namespace std;
constexpr int N = 1e7 + 1, mod = 998244353;
int n;
int fac[N], inv[N];
int qpow(int x, int y = mod - 2) {
int ret = 1;
while (y) {
if (y & 1)
ret = ret * x % mod;
x = x * x % mod;
y >>= 1;
}
return ret;
}
void init() {
cin >> n;
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i)
fac[i] = i * fac[i - 1] % mod;
inv[n] = qpow(fac[n]);
for (int i = n - 1; ~i; --i)
inv[i] = (i + 1) * inv[i + 1] % mod;
}
int get(int x, int y) { return (y < 0 or y > x or x < 0) ? 0 : (fac[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod); }
void calculate() {
int ans = qpow(3, n);
for (int i = n / 2 + 1; i <= n; ++i)
ans = (ans - 2 * qpow(2, n - i) * get(n, i) + mod) % mod;
cout << ans << '\n';
}
void solve() {
init();
calculate();
}
signed main() {
solve();
return 0;
}
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