【NOIP2016提高A组模拟9.17】小a的强迫症

题目

分析

题目要求第i种颜色的最后一个珠子要在第i+1种颜色的最后一个珠子之前，
那么我们从小到大枚举做到第i种，把第i种的最后一颗珠子取出，将剩下的\(num(i)-1\)个珠子插入已排好的前i-1种中，再将取出的珠子放在最后一个。
每次求出将剩下的\(num(i)-1\)个珠子插入已排好的前i-1种中的方案数，将它乘以ans。
对于每个i的方案数可以用隔板问题来求。
但是，在比赛上，我忘了隔板问题，于是再枚举个j，将已经排好的珠子分成j份，将要放进去的的\(num(i)-1\)个珠子找出j个空位（包括头和尾），将这j份珠子放入j个空位。
结果搞了半天，唉，说多了都是泪啊。。。

注意预处理阶乘，除法用逆元。

#include <cmath>
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
const long long maxlongint=2147483647;
const long long mo=998244353;
const long long N=100005;
using namespace std;
long long jc[N*10],a[N],sum[N],n,m,ans,ny[N*10];
long long c(long long m1,long long n1)
{
	return jc[m1]*ny[n1]%mo*ny[m1-n1]%mo;
}
long long mi(long long x,long long y)
{
	long long sum=1;
	while(y)
	{
		if(y&1) sum=sum*x%mo; 
		x=x*x%mo;
		y/=2;
	}
	return sum;
}
int main()
{
	jc[0]=1;
	for(long long i=1;i<=N*5-1;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mo;
	for(long long i=0;i<=N*5-1;i++) ny[i]=mi(jc[i],mo-2);
	scanf("%lld",&n);
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
		sum[i]=a[i]+sum[i-1];
	}
	ans=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		long long k=0;
		for(long long j=1;j<=a[i] && j<=sum[i-1];j++)
		{
			k=(k+c(a[i],j)*((j==1)?1:c(sum[i-1]-1,j-1))%mo)%mo;
		}
		ans=(ans*k)%mo;
	}
	cout<<ans;
}