CF1931G. One-Dimensional Puzzle

CF1931G

思路

观察可得，要拼出合法序列只有12交替同时34插入12和21之间；
当1和2的相差超过1时，多出来拼图的无法拼接成合法序列，所以答案是0；
当1和2都为0时，只有3或者只有4的情况答案是1，其他情况答案是0；
当1比2多一个时：
只能是前后都是1，比如1 2 1 2 1，
观察得，3只能插在1的后面，4只能插在1的前面，3和4的插法是独立的
所以3的插法就是用c个物品放入a个盒中且允许空盒的方案数，把问题转化一下，我们先在a个盒子里分别放入1个物品，然后再按前面的方法入盒子，这样就把问题转化成用a + c个物品放入a个盒子中且不允许空盒的方案数，用隔板法得$C_{a+c-1}^{a-1}=C_{a+c-1}^a$
同理4的插法就是$C_{a+d-1}^{a-1}=C_{a+d-1}^d$
所以当1比2多一个时总方案数就是$C_{a+c-1}^a\ast C_{a+d-1}^d$
同理，当2比1多1时：
总方案数是$C_{b+c-1}^c\ast C_{b+d-1}^d$
当1和2一样多时：
如果是1在前，那么3的插法有$C_{a+c-1}^c$，4的插法有$C_{a+d}^d$
如果是2在前，那么3的插法用$C_{a+c}^c$，4的插法有$C_{a+d-1}^d$
总方案数就是$C_{a+c-1}^c\ast C_{a+d}^d+C_{a+c}^c\ast C_{a+d-1}^d$

ac代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;
using i64 = long long;
const i64 inf = 8e18;
typedef pair<int, int> pii;
const int P = 998244353;
const int N = 4e6 + 10;

i64 f[N], g[N];
i64 qpow(i64 a, i64 b) {
    i64 res = 1;
    while(b){  
      if(b & 1) res = res * a % P;
      a = a * a % P;
      b >>= 1;
    }
    return res;
}
void init(){
  f[0] = g[0] = 1;
  for(int i = 1; i <= N; i++) {
    f[i] = f[i-1] * i % P;
    g[i] = g[i-1] * qpow(i, P-2) % P;
  }  
}

i64 getC(i64 n, i64 m){
    if (n < m || n < 0 || m < 0) return 0;
    return f[n] * g[m] % P * g[n-m] % P;
}

void solve() {
    i64 a, b, c, d;
    cin >> a >> b >> c >> d;
    
    if (a == 0 && b == 0) {
        if (c && d) cout << 0 << endl;
        else cout << 1 << endl;
    } else if (a == b) {
        i64 ans = getC(a + c - 1, c) * getC(a + d, d) + getC(a + c, c) * getC(a + d - 1, d);
        cout << ans % P << endl;
    } else if (a - b == 1) {
        i64 ans = getC(a + c - 1, c) * getC(a + d - 1, d);
        cout << ans % P << endl;
    } else if (b - a == 1) {
        i64 ans = getC(b + c - 1, c) * getC(b + d - 1, d);
        cout << ans % P << endl;
    } else cout << 0 << endl;
}   

int main() {
    ios::sync_with_stdio(0); cin.tie(0);
    cout.tie(0);
    
    init();
    
    int t = 1;
    cin >> t;
    while (t --) solve();

    return 0;
}