Description

給定一個n?m的網格。一些人站在網格的邊界上。
一個人可以占據他面前的一行（列），過程是一直往前染色（每個人的顏色都不一樣），直到下一個格子染上了顏色或者到達了邊界。
顯然不同順序會有不同的最終狀態(tài)。
求最終狀態(tài)的方案數。
n,m≤105

Solution

好難啊，一點都不會做QAQ。
可以先假設是豎直方向的人先占據格子。（水平情況一樣計算）
因為若有L，R已經先占據了格子，那么(L,R)的格子也一定是會被豎直方向的人占領。
那么必定是一個區(qū)間[L,R]中的人一起先占據了一些格子。
考慮計算這種情況下的答案，答案就是下面三種數值的乘積：

• 考慮[1,L?1]的網格，按不同順序所得到的答案。
• 考慮[R+1,m]的網格，按不同順序所得到的答案。
• 考慮[L,R]的網格中，位置i有上下兩個人可以選擇占據。其貢獻為2k。

現在只要計算出第一個值（第二個值方法類似）。
設面向右的人有X個，向下的Y個，向上的Z個。
其答案的形式一定是這樣的。

把它下半部分的翻轉一下就得到了一個相當于從(0,0)到(Y+Z,X)的路徑方案數的東西（好大啊）。
因為必須要經過翻轉的那一條邊，所以貢獻就是

(X+Y+ZX)?(X+Y+Z?1X)=(X+Y+Z?1X?1)
然后存一下后綴前綴之類的搞一搞就好啦。
復雜度 O(n+m)

#include <bits/stdc++.h> using namespace std;const int N = 301010; const int MOD = 998244353; const int INV = (MOD + 1) >> 1; typedef long long ll;char S[N]; int fac[N << 2], inv[N << 2]; int v[N][2], h[N][2]; int pre[N], suf[N], p2[N]; int n, m, lim, ans;inline void Mod(int &x) {while (x >= MOD) x -= MOD; } inline int Pow(int a, int b) {int c = 1;while (b) {if (b & 1) c = (ll)c * a % MOD;b >>= 1; a = (ll)a * a % MOD;}return c; } inline int Inv(int x) {return Pow(x, MOD - 2); } inline int C(int n, int m) {return (ll)fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD; } inline int Calc(int X, int Y, int Z) {if (X == 0) return (Y + Z) ? 0: 1;return C(X + Y + Z - 1, X - 1); } inline void Solve(void) {static int x, y, z;memset(p2, 0, sizeof p2);memset(suf, 0, sizeof suf);x = y = z = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) x += h[i][1];p2[0] = 1;for (int i = 1; i <= m; i++)Mod(p2[i] = p2[i - 1] << (v[i][0] & v[i][1]));for (int i = m; i; i--) {if (!v[i][0] && !v[i][1]) {suf[i] = suf[i + 1];continue;}Mod(suf[i] = suf[i + 1] + (ll)Calc(x, y, z) * p2[i] % MOD);y += v[i][0]; z += v[i][1];}x = y = z = 0;for (int i = 1; i <= n; i++) x += h[i][0];for (int i = 1; i <= m; i++) {if (!v[i][0] && !v[i][1]) continue;pre[i] = (ll)Calc(x, y, z) * Inv(p2[i - 1]) % MOD;Mod(ans += (ll)pre[i] * suf[i] % MOD);y += v[i][0]; z += v[i][1];} }int main(void) {freopen("1.in", "r", stdin);scanf("%d%d\n", &n, &m);lim = max(n, m) << 2;inv[1] = 1;for (int i = 2; i <= lim; i++)inv[i] = (ll)(MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;fac[0] = inv[0] = 1;for (int i = 1; i <= lim; i++) {fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % MOD;inv[i] = (ll)inv[i - 1] * inv[i] % MOD;}scanf("%s\n", S);for (int i = 1; i <= n; i++) h[i][0] = S[i - 1] - '0';scanf("%s\n", S);for (int i = 1; i <= n; i++) h[i][1] = S[i - 1] - '0';scanf("%s\n", S);for (int i = 1; i <= m; i++) v[i][0] = S[i - 1] - '0';scanf("%s\n", S);for (int i = 1; i <= m; i++) v[i][1] = S[i - 1] - '0';Solve(); lim >>= 2;for (int i = 1; i <= lim; i++) {swap(h[i][0], v[i][0]);swap(h[i][1], v[i][1]);}swap(n, m); Solve();cout << max(ans, 1) << endl; }

總結

以上是生活随笔為你收集整理的Code Festival 2017 qualA E-Modern Painting的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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