題目傳送門：https://atcoder.jp/contests/agc036/tasks/agc036_c

　　題目大意：給你一個長度為$N$初始全0的序列，每次操作你可以找兩個不同的元素，一個自增1，一個自增2，問$M$次操作后，能出現多少種不同的序列。

　　這道題比賽時分析的時候漏條件了，導致最后一個樣例一直過不去，不過考慮上漏掉的條件分析起來也是比較復雜的。

　　我們可以發現如果一個序列$a$是合法的，當且僅當它滿足以下條件：

　　　　1. $\sum_{i=1}^{N} a_i=3M$。

　　　　2. 整個序列里至多有$M$個奇數。

　　　　3. $\max_{i=1}^{N} a_i<=2M$。

　　證明可以考慮對$M$數學歸納。

　　我們可以先忽略條件3，枚舉奇數的個數$i$，那么就是相當于對于一個全是偶數的數列，選擇$i$個加上1，總方案數為$\sum_{i=1}^{\min(N,M)}\binom{N}{i}\binom{N-1+3M-i}{N-1}$，可以在$O(n+m)$的時間復雜度下計算。

　　然后在考慮減去不滿足條件3的方案數。由于序列中大于$2M$的元素最多只有一個，因此我們可以欽定那個大于$2M$的元素為$a_1$，并將其減去$2M$，這樣操作后的序列，并且原序列如果滿足原序列是滿足條件1,2，不滿足條件3，當且僅當操作后的序列滿足以下條件：

　　　　a. $\sum_{i=1}^{N} a_i=3M$。

　　　　b. 整個序列至多有$M$個奇數。（減去$2M$不改變奇偶性）

　　　　c. $a_1>0$。

　　我們再把這些方案看作兩部分相減：忽略條件c的方案減去考慮條件c非法的答案，而我們發現這樣的忽略條件c的方案條件與上面的條件1,2相似，可以用相似方法統計，而考慮條件c時因為欽定$a_1=0$，所以直接序列整體平移，$N$自減1再統計即可。

　　代碼：

#include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<algorithm> #define ll long long #define mod 998244353 #define Mod1(x) (x>=mod?x-mod:x) #define Mod2(x) (x<0?x+mod:x) #define maxn 3000010 inline ll read() {ll x=0; char c=getchar(),f=1;for(;c<'0'||'9'<c;c=getchar())if(c=='-')f=-1;for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar())x=x*10+c-'0';return x*f; } inline void write(ll x) {static int buf[20],len; len=0;if(x<0)x=-x,putchar('-');for(;x;x/=10)buf[len++]=x%10;if(!len)putchar('0');else while(len)putchar(buf[--len]+'0'); } inline void writeln(ll x){write(x); putchar('\n');} inline void writesp(ll x){write(x); putchar(' ');} ll fac[maxn],inv[maxn]; int n,m; inline ll power(ll a,ll b) {ll ans=1;for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)if(b&1)ans=ans*a%mod;return ans; } inline ll C(int n,int m){return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;} inline ll calc(int n,int m,int k) {ll sum=0;for(int i=0;i<=n&&i<=k;i++)if(!((m-i)&1)&&m>=i)sum=(sum+C(n,i)*C((m-i)/2+n-1,n-1))%mod;// writeln(sum);return sum; } int main() {n=read(); m=read();fac[0]=inv[0]=1;for(int i=1;i<=n+3*m;i++){fac[i]=fac[i-1]*i%mod;inv[i]=power(fac[i],mod-2);}ll ans=(calc(n,3*m,m)-n*(calc(n,m,m)-calc(n-1,m,m)+mod))%mod;writeln(Mod2(ans));return 0; } agc036C

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總結

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