CF1931G One-Dimensional Puzzle 题解

CF1931G One-Dimensional Puzzle 题解

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思路

考虑一下怎么入手，发现一个拼图只能接一些拼图（废话但是有用），所以我们可以简单地画出一个链接关系的图，$u \to v$ 表示编号为 $u$ 的拼图后面能够接编号为 $v$ 的拼图。然后我们发现问题转换为：在这张图上找到一个正好经过每个节点特定次数的路径。

仔细观察这张图，我们可以发现，$1,2$ 号拼图一定是轮流出现的，也就是说 $1,2$ 号拼图的数量差一定不能大于 $1$，不然的话一定会剩下一些 $1$ 号或者 $2$ 号拼图。之后可以发现 $3$ 号只能接在 $1,2$ 中间，$4$ 号只能接在 $2,1$ 中间。

之后分类讨论：

• 如果 $1$ 的数量和 $2$ 的数量的差大于 $1$，则直接输出 $0$。
• 如果 $1,2$ 的数量都为 $0$ 但是 $3,4$ 的数量中只有一个或者都为 $0$，那么就有一种方案。
• 如果 $1$ 的数量和 $2$ 的数量相同，就有两种 $1,2$ 的排列情况。(假设 $1,2$ 的数量都有 $cnt$ 个)
  第一种，$1$ 先出现：$1 2 1 2 1 2\ldots$，这样能放 $3$ 的区间有 $cnt$ 个，能放 $4$ 的区间有 $cnt-1$ 个。
  第一种，$2$ 先出现：$2 1 2 1 2 1\ldots$，这样能放 $3$ 的区间有 $cnt-1$ 个，能放 $4$ 的区间有 $cnt$ 个。
• 如果 $1$ 的数量和 $2$ 的数量相差 $1$，就只有一种排列情况。（假设 $1,2$ 的数量中较小的一个数量为 $cnt$ 个）
  可能是 $121212\ldots1$ 或者 $212121\ldots2$，这样能放 $3$ 的区间个数和能放 $4$ 的区间个数都是 $cnt$ 了。

最后我们考虑一个组合数学的问题，就是我们有 $n$ 个抽屉和 $m$ 颗球，将球全部放入抽屉中，抽屉可以空着，有多少种放的方法（对应上文放 $3,4$ 号拼图的情况）。

首先，放入 $n$ 个抽屉其实就是将原本的 $m$ 个球分成 $n$ 个部分，在 $m$ 个球中插入 $n-1$ 个隔板，有 $m-1$ 个可以插板的地方。因为抽屉可以是空着的，所以隔板可以放在一起，为了方便考虑，所以我们可以增加 $n$ 个球，这样就等于每个抽屉都多一个球，就是原本空抽屉的情况就变成了一个球的情况，最后原问题的答案就是将 $n-1$ 个板子插入 $m-1+n$ 个空的方案数，也就是 $C_{n-1}^{m-1+n}$，需要用快速幂和逆元维护组合数，具体来说，逆元就是一个性质：在 $\bmod p$ 的意义下（$p$ 为质数）时，$a \div x = a \times x^{p-2}$。

喜闻乐见代码环节

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
using namespace std;
#define int long long
const int mod=998244353;
int t1,t2,t3,t4;
int quick_power(int x,int y){
	int ret=1,base=x;
	while(y){
		if(y&1) ret=ret*base%mod;
		base=base*base%mod;
		y>>=1;
	}
	return ret;
}
int C(int n,int m){
	int ret=1;
	for(int i=1;i<=m;i++){
		ret=ret*(n+1-i)%mod;
		ret=ret*quick_power(i,mod-2)%mod;
	}
	return ret;
}
signed main(){
	int t;
	scanf("%lld",&t);
	while(t--){
		scanf("%lld%lld%lld%lld",&t1,&t2,&t3,&t4);
		if(t1+t2==0&&t3*t4==0){
			printf("1\n");
			continue;
		}
		if(abs(t1-t2)>1||t1+t2==0){
			printf("0\n");
			continue;
		}
		if(t1!=t2){
			int m=min(t1,t2);
			printf("%lld\n",C(t3+m,m)*C(t4+m,m)%mod);	
		}
		if(t1==t2)
			printf("%lld\n",(C(t3+t1,t1)*C(t4+t1-1,t1-1)%mod+C(t3+t1-1,t1-1)*C(t4+t1,t1)%mod)%mod);	
	}
	return 0;
}