「解题报告」ARC124E Pass to Next
我果然还是无脑型选手。
首先还是考虑设 \(\{x_i\}\) 表示第 \(i\) 个位置的人往后传了几个球，那么考虑如何将操作序列与最终局面一一对应。发现如果 \(\{x_i\}\) 中的所有数都 \(\ge 1\)，那么我们可以直接全部减去一个 \(1\)，最终局面不变。所以，我们只需要统计所有 \(\min x_i = 0\) 时的答案即可。这个可以简单容斥求出，即求出 \(x_i \in [0, a_i]\) 时的答案，减去 \(x_i \in [1, a_i]\) 时的答案。下面以前者为例子。
考虑我们要求的答案，实际上等于 \(\displaystyle \prod_{i=1}^n (a_i - x_i + x_{i - 1})\)（当 \(i=1\) 时为 \((a_1 - x_1 + x_n)\)）。
直接统计不好统计，而这是一个三项式乘积，我们可以把乘积拆开，每次从三项中选一项乘起来，这样同样也可以得到答案。
考虑每一位怎么选。
- 假如我们选了 \(a_i\)，那么这一位对于 \(x_i \in [0, a_i]\) 中的任意一种情况贡献都为 \(a_i\)；
- 假如我们选了 \(-x_i\)，那么对于 \(x_i \in [0, a_i]\) 中的任意一种情况的贡献都为 \(x_i\)，等差数列求和；
- 假如我们选了 \(x_{i - 1}\)，那么我们需要知道上一次选的是否为 \(x_i\)，如果是，那么两个数的贡献需要一起来算，即求平方和；否则，这一位还是自己算自己的贡献，求等差数列和。同时，需要乘上 \(x_i\) 的方案数。
发现第三种情况很难考虑，我们不妨在选当前一项的时候就先确定下一项是否选 \(x_{i - 1}\)，如果选就直接从 \(f_i\) 转移到 \(f_{i + 2}\)，否则转移到 \(f_{i + 1}\)。
具体的，我们可以设 \(f_i\) 为考虑到第 \(i\) 项，上一项选择了 \(x_i\) 且这一项不选择 \(x_{i-1}\) 的权值和；\(g_i\) 为考虑到第 \(i\) 项，上一项没有选择 \(x_i\)，这一项可以选择 \(x_{i-1}\) 的权值和。那么转移直接考虑上述几种情况即可。
但是这个转移是一个环，所以我们需要先断开，钦定好断点处的选择方案，然后再 DP 统计方案。
更简单的做法是考虑组合意义，\(\prod b_i\) 相当于在每种最终局面中，每个人从自己手中的球中选取一个的方案数。发现选取的球要不然是选取自己剩下的，要不然是选取上一个人传下来的，那么我们可以根据这两种情况设计 DP，然后转移即可。本质好像和这种做法差不多，但是我写的转移麻烦的很。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MAXN = 100005, P = 998244353;
int n;
int a[MAXN];
int f[MAXN], g[MAXN];
int qpow(int a, int b) {
int ans = 1;
while (b) {
if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % P;
a = 1ll * a * a % P;
b >>= 1;
}
return ans;
}
const int INV2 = (P + 1) / 2, INV6 = qpow(6, P - 2), INV3 = qpow(3, P - 2);
int solve0() {
int ans = 0;
auto dp = [&] {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
// sel a_i
g[i + 1] = (g[i + 1]
+ 1ll * (f[i] + g[i]) * (a[i] + 1) % P * a[i]
) % P;
// sel -x_i and no x_i-1
f[i + 1] = (f[i + 1]
- 1ll * (f[i] + g[i]) * a[i] % P * (a[i] + 1) % P * INV2 % P + P
) % P;
// sel -x_i and x_i-1
g[i + 2] = (g[i + 2]
- 1ll * (f[i] + g[i]) * a[i] % P * (a[i] + 1) % P * (2 * a[i] + 1) % P * INV6 % P
* (a[i + 1] + 1) % P + P
) % P;
// sel x_i-1
g[i + 1] = (g[i + 1]
+ 1ll * g[i] * a[i - 1] % P * INV2 % P * (a[i] + 1) % P
) % P;
}
};
// case 1: no x_n
for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
f[i] = g[i] = 0;
f[1] = 1;
dp();
ans = (ans + (f[n + 1] + g[n + 1]) % P) % P;
// case 2: x_n
for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
f[i] = g[i] = 0;
f[1] = g[1] = 0;
g[2] = a[1] + 1;
dp();
ans = (ans +
1ll * f[n + 1] * (2 * a[n] + 1) % P * INV3 +
1ll * g[n + 1] * a[n] % P * INV2
) % P;
return ans;
}
int solve1() {
int ans = 0;
auto dp = [&] {
for (int i = 1; i <= n; i++) {
// sel a_i
g[i + 1] = (g[i + 1]
+ 1ll * (f[i] + g[i]) * a[i] % P * a[i]
) % P;
// sel -x_i and no x_i-1
f[i + 1] = (f[i + 1]
- 1ll * (f[i] + g[i]) * a[i] % P * (a[i] + 1) % P * INV2 % P + P
) % P;
// sel -x_i and x_i-1
g[i + 2] = (g[i + 2]
- 1ll * (f[i] + g[i]) * a[i] % P * (a[i] + 1) % P * (2 * a[i] + 1) % P * INV6 % P
* a[i + 1] % P + P
) % P;
// sel x_i-1
g[i + 1] = (g[i + 1]
+ 1ll * g[i] * (a[i - 1] + 1) % P * INV2 % P * a[i] % P
) % P;
}
};
// case 1: no x_n
for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
f[i] = g[i] = 0;
f[1] = 1;
dp();
ans = (ans + (f[n + 1] + g[n + 1]) % P) % P;
// case 2: x_n
for (int i = 1; i <= n + 1; i++)
f[i] = g[i] = 0;
f[1] = g[1] = 0;
g[2] = a[1];
dp();
ans = (ans +
1ll * f[n + 1] * (2 * a[n] + 1) % P * INV3 +
1ll * g[n + 1] * (a[n] + 1) % P * INV2
) % P;
return ans;
}
int main() {
scanf("%d", &n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
}
// printf("%d\n", solve0());
// printf("%d\n", solve1());
printf("%d\n", (solve0() - solve1() + P) % P);
return 0;
}
