AtCoder AGC036C GP 2 (组合计数)

题目链接

https://atcoder.jp/contests/agc036/tasks/agc036_c

题解

终于有时间补agc036的题了。

这题其实不难的来着……我太菜了考场上没想出来

首先转化一下题目: 一个序列可以被按题目的操作方式生成当且仅当它长度为\(N\), 总和为\(3M\), 且最大数不超过\(2M\), 奇数的个数不超过\(M\).

必要性显然，充分性归纳易证。

然后考虑怎么计数: 先不考虑第二个条件，定义\(f(n,m,k)\)表示长度为\(n\)总和为\(m\)奇数不超过\(k\)个的方案数，那么枚举奇数的个数\(i\), 剩下的偶数和为\(m-1\), 有\(f(n,m,k)=\sum^{k}_{i\equiv m(\mod 2)}{n\choose i}{\frac{m-i}{2}+n-1\choose n-1}\).

考虑第二个条件，补集转化，最大数大于\(2M\)意味着剩下的所有数和小于\(M\), 那么不要把和式写出来然后无脑推式子！固定下最大的数的位置\(1\)，给第一个数减去\(2M\) (这是个偶数所以不影响奇数那个条件)，就是要求\(N\)个数和为\(M\), 第一个数大于\(0\)，一共有不超过\(M\)个奇数的方案数。这个因为有奇数个数的限制所以枚举很麻烦，那就再补集转化！转化为\((N-1)\)个数和为\(M\)且奇数不超过\(M\)个。

因此最后答案就是\(f(N,3M,M)-N(f(N,M,M)-f(N-1,M,M))\).

时间复杂度\(O(N+M)\).

代码

#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<cassert>
#include<iostream>
#define llong long long
using namespace std;
inline int read()
{
	int x=0; bool f=1; char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0;
	for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');
	if(f) return x;
	return -x;
}
const int N = 2e6;
const int P = 998244353;
llong fact[N+3],finv[N+3];
llong quickpow(llong x,llong y)
{
	llong cur = x,ret = 1ll;
	for(int i=0; y; i++)
	{
		if(y&(1ll<<i)) {y-=(1ll<<i); ret = ret*cur%P;}
		cur = cur*cur%P;
	}
	return ret;
}
llong comb(llong x,llong y) {return x<0||y<0||x<y ? 0ll : fact[x]*finv[y]%P*finv[x-y]%P;}
llong calc(llong n,llong m,llong k)
{
	llong ret = 0ll;
	for(int i=0; i<=k; i++)
	{
		if((m-i)&1) continue;
		llong tmp = comb(n,i)*comb(((m-i)>>1)+n-1,n-1)%P;
		ret = (ret+tmp)%P;
	}
//	printf("calc %lld %lld %lld=%lld\n",n,m,k,ret);
	return ret;
}
int n,m;
int main()
{
	fact[0] = 1ll; for(int i=1; i<=N; i++) fact[i] = fact[i-1]*i%P;
	finv[N] = quickpow(fact[N],P-2); for(int i=N-1; i>=0; i--) finv[i] = finv[i+1]*(i+1)%P;
	scanf("%d%d",&n,&m);
	llong ans = calc(n,3*m,m);
	ans = (ans-n*(calc(n,m,m)-calc(n-1,m,m)+P)%P+P)%P;
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}