CF1027E Inverse Coloring

题意：n × n的矩阵，每个位置可以被染成黑/白色。

一种gay的染色是任意相邻两行的元素，每两个要么都相同，要么都不同。列同理。

一种gaygay的染色是一种gay的染色，其中没有哪个颜色的子矩阵大小大于等于k。

求有多少种gaygay的染色。

解：首先手玩这个gay的染色到底是什么情况。

然后发现，每种gay的染色都一一对应一种只有第一行第一列的染色。换句话说，决定了第一行第一列，就可以得到唯一一种gay的染色，并且每种gay的染色都可以用这种方式得到。

然后考虑gaygay的染色，显然，找出第一行最长连续段和第一列最长连续段。这两者的长度乘积 < k即可。

又由于第一行和第一列有一个公共元素，而黑白又是轮换对称的，所以把第一个格子固定为黑色，最后×2即可。

DP求出一行的最长连续段恰好为k时方案数。然后前缀和就是最长连续段小于等于k的方案数了。

枚举第一行的最长连续段，可以得到一个第一列最长连续段的限制。方案数乘起来就行了。

注意这个限制要对n取min。

DP这个环节，具体来说，f[i][j][1/0]表示前i个，最大连续段为j，当前有没有长度为j的连续段的方案数。刷表法转移，枚举当前放长为多少的连续段即可。复杂度n³。

#include <cstdio>
#include <algorithm>

const int N = 510, MO = 998244353;

int f[N][N][2], sum[N];

inline void add(int &a, const int &b) {
    a = (a + b) % MO;
    return;
}

int main() {
    int n, k;
    scanf("%d%d", &n, &k);
    for(int j = 1; j <= n; j++) {
        f[0][j][0] = 1;
    }
    for(int i = 0; i <= n; i++) {
        for(int j = 1; j <= n; j++) {
            // f[i][j][0/1]
            for(int k = 1; k < j && i + k <= n; k++) {
                add(f[i + k][j][0], f[i][j][0]);
                add(f[i + k][j][1], f[i][j][1]);
            }
            if(i + j <= n) {
                add(f[i + j][j][1], f[i][j][0]);
                add(f[i + j][j][1], f[i][j][1]);
            }
        }
    }
    // f[n][i][1]
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        sum[i] = (f[n][i][1] + sum[i - 1]) % MO;
    }

    int ans = 0;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        int t = std::min(n, (k - 1) / i);
        add(ans, 1ll * f[n][i][1] * sum[t] % MO);
    }

    printf("%d", ans * 2 % MO);
    return 0;
}