题解：CF2025E Card Game

在这

貌似和大部分做法不太一样（？）

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权当卡特兰数的复习题吧。不会卡特兰数的可以先看文末。

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如果没有花色 \(1\) 这道题就很简单了，对于每个别的花色都有 \(C(m)\) 种分配方案。\(C(n)\) 表示卡特兰数的第 \(n\) 项，答案就是乘起来。

发现除了花色 \(1\) 每种花色的牌都是独立的。这启示我们枚举每种牌用了多少张花色 \(1\)。设 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 种花色的牌用了 \(j\) 张花色 \(1\) 能使第一名玩家获胜的方案数。

有转移：

\[f_{i,j}=\sum_{k\le j} f_{i-1,j-k} \times H(k) \]

枚举的 \(k\) 的含义为第 \(i\) 个花色用了 \(k\) 张花色 \(1\)。其中 \(H(k)\) 表示用了 \(k\) 张花色 \(1\) 的分配方案。

\(H(k)\) 的计算也是简单的，考虑卡特兰数的经典问题，不能经过直线 \(y=x\) 的方格路计数（如果不会可以看文末）。我们先得到了 \(k\) 张极大的牌，可以看做在网格中先向右走了 \(k\) 步，那问题就成了从 \((0,k)\) 走到 \((\frac{m+k}{2},\frac{m+k}{2})\) 且不能经过直线 \(y=x\) 的方案数。

答案就是：

\[H(k)={m \choose \frac{m+k}{2}}-{m\choose\frac{m+k}{2}+1} \]

至此，已经解决大部分问题了，最后就是解决花色 \(1\) 的分配。上面的问题是 \(m\) 张牌中需要先拿出 \(k\) 张与花色 \(1\) 匹配，而现在的问题是 \(m\) 张花色 \(1\) 需要拿出若干张与其他牌匹配，发现问题是一样的，统计答案时乘上 \(H(k)\) 就好了，这里的 \(k\) 表示有 \(k\) 张花色 \(1\) 被用来与其他花色的牌匹配。

复杂度为 \(O(n^3)\)，如果你是大常数选手就会 TLE，有一个优化是 \(\frac{m+k}{2}\) 为整数的状态才合法，加上这个就不卡常了。

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int maxN = 1e3 + 7, mod = 998244353;

int fc[maxN], ifc[maxN];
int ksm(int a, int b = mod - 2) {
  int res = 1;
  while (b) {
    if (b & 1)
      res = 1ll * res * a % mod;
    a = 1ll * a * a % mod;
    b >>= 1;
  }
  return res;
}

int n, m;

int C(int n, int m) {
  if (n < 0 || m < 0 || n < m) return 0;
  return 1ll * fc[n] * ifc[m] % mod * ifc[n - m] % mod;
}
int H(int k) {
  auto res = C(m, (m + k) / 2) - C(m, (m + k) / 2 + 1);
  res += res < 0 ? mod : 0;
  return res;
}

int f[507][507];

signed main() {
  ios::sync_with_stdio(false), cin.tie(nullptr);

  cin >> n >> m;

  fc[0] = 1;
  for (int i = 1; i <= m * 2; i++)
    fc[i] = 1ll * fc[i - 1] * i % mod;
  ifc[m * 2] = ksm(fc[m * 2]);
  for (int i = m * 2 - 1; i >= 0; i--)
    ifc[i] = 1ll * ifc[i + 1] * (i + 1) % mod;

  f[1][0] = 1;
  for (int i = 2; i <= n; i++)
    for (int j = 0; j <= m; j++)
      for (int k = (m & 1); k <= j; k += 2)
        f[i][j] = (f[i][j] + 1ll * f[i - 1][j - k] * H(k) % mod) % mod;

  int ans = 0;
  for (int k = 0; k <= m; k++)
    ans = (ans + 1ll * f[n][k] * H(k) % mod) % mod;
  cout << ans << '\n';
}

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卡特兰数可以解决这类问题：有一个大小为 \(n\times n\) 的方格图左下角为 \((0, 0)\) 右上角为 \((n, n)\) ，从左下角开始每次都只能向右或者向上走一单位，不走到对角线 \(y=x\) 上方（但可以触碰）的情况下到达右上角有多少可能的路径？（摘自 OI Wiki）

答案就是所有的路径数减去不合法的路径数，发现不合法的路径一定经过直线 \(y=x+1\)。对于经过 \(y=x+1\) 且终点为 \((n,n)\) 的路径，在它第一次接触 \(y=x+1\) 后，把它的所有运动反向，向右走变为向上走，向上走变为向右走，最后它一定会到达 \((n-1,n+1)\)。

下图中的橙色虚线和粉色虚线是不合法的路径。

可以得出 \(C(n)\) 为从 \((0,0)\) 到 \((n,n)\) 的路径数减从 \((0,0)\) 到 \((n-1,n+1)\) 的路径数。

所以：

\[C(n)={2n\choose n}-{2n\choose n+1} \]