atcoder grand contest 040 F Two Pieces
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sol:
首先 这题我不会
看了官方的题解才会的……这里只是写一下自己的理解x
如果有错可以私聊我qwq
我们现在用(x,d)(x,d)表示一个状态
这个状态定义为比较大的那个点在xx位置,两个点之间的距离是dd
接下来我们就可以把操作抽象成如下的三个东西
(I)(I)把xx和dd同时−1−1
(II)(II)把dd −1−1 [d>=2][d>=2]
(III)(III)把dd设为00
接下来我们就考虑先做II操作和IIII操作
假设我们已经排列好了II和IIII操作,考虑怎么把IIIIII操作插入这个序列中
考虑IIIIII操作能插入的位置
抄一段题解x
the value of d will never be equal to or less than its current value again.
也就是说只能把IIIIII插入dd不会比后面任何dd大的情况操作的后面
在插入完CC操作的时候,dd的值要是B−AB−A
所以我们必须插入IIIIII 其中dd的值最终是A−kA−k的时候
将IIIIII的其余N−B−k−1N−B−k−1次,插入到最后一次dd值变为0、1,...A−k的任何位置。
于是我们考虑枚举一个k
我们可以分开处理操作I和操作II的总方案和插入III的方案
I和II的操作可以类似catalan数的操作,考虑枚举一个位置不合法之后翻转一下
翻转完之后就可以直接统计
III操作是个经典的隔板
然后就好像做完了x
#include <bits/stdc++.h> using namespace std; int N,a,b,ans; int fac[10000005],inv[10000005]; const int fish=998244353; int Pow(int x,int y){ int ans=1; for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%fish) if (y&1) ans=1ll*ans*x%fish; return ans; } void Pre(){ fac[0]=1; for (int i=1;i<=10000000;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%fish; inv[10000000]=Pow(fac[10000000],fish-2); for (int i=9999999;i>=0;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%fish; } int C(int n,int r){return 1ll*fac[n]*inv[r]%fish*inv[n-r]%fish;} int catalan(int x,int y){return ((C(x+y,y)-C(x+y,y-1))+fish)%fish;} int main(){ Pre(); scanf("%d%d%d",&N,&a,&b); if (b==0){ cout<<1; return 0; } for (int i=0;i<=min(min(a,N-b),b-1);i++){ int tot=catalan(b-1,i); if (i+b==N){ if (a==i) (ans+=tot)%=fish; } else { int x=N-b-i-1; int y=b-i-(b-a)+1; (ans+=1ll*tot*C(x+y-1,x)%fish)%=fish; } } cout<<ans; }
干啥啥不行
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