AtCoder Regular Contest 102 (ARC102) E - Stop. Otherwise... 排列组合

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题目传送门 - ARC102E

题意

　　有 $n$ 个取值为 $[1,k]$ 的骰子，对于每一个 $i(i\in [2,2k])$ ，输出满足“任意两个骰子的值的和不为 $i$ ”的情况总数。

　　$1\leq n,k\leq 2000$

题解

　　扯淡还是要先撤的。比赛的时候被 D 题续了好久， E 题差一句话就调出来了。如果赛后与 Functionendless 交流完 D 题，回来检查这题，然后检查了 2 分钟就发现了错误…… QAQ

　　首先考虑求解其中一个 $i$：

　　如果 $i$ 为 奇数 ： 那么，显然，对于所有 $x(x\leq \frac{i-1}2)$  ， $i-x\neq x$ ，且所有骰子的取值中只可能出现 $x$ 或者 $i-x$ ，当然也有可能两种都不出现，我们称这样的一对数为一对“互斥数对”。显然知道 $i$ 和 $k$ 之后，互斥数对的种数很容易知道，设为 $lim$ 。于是我们枚举一下选择几个互斥数对，假设我们选择了 $j$ 种互斥数对：那么，首先是在所有的互斥数对里选择 $j$ 个数对，方案数为 $\binom{lim}{j}$；然后，对于每一种出现的互斥数对，都可以选择其中一种数让他出现，故有 $2^j$ 种，这样子相当于已经至少选择了 $j$ 个数，故我们还要放 $n-j$ 个数字，我们有 $k-lim+j$ 种数字可供任意选择。于是问题被转化成了在 $k-lim+j$ 个带标号的位置放上非负整数，使得所有位置的数之和为 $n-j$ 的方案数。这个东西直接用 插板法 搞成组合数就可以了。

　　如果 $i$ 为 偶数 ：那么显然出现了一种特殊情况： $2x=i$ ，于是 $x$ 这个数最多只能出现。于是我们直接分这个数字出现和不出现两种情况，问题就被转化成了两个 $i$ 为奇数时的问题了。详见代码。

　　通过预处理组合数和预处理 $2$ 的幂，我们可以在大约 $O(n^2+nk)$ 的时间复杂度内通过此题。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=4005,mod=998244353;
int n,k,C[N][N],pw2[N];
int c(int n,int m){
	if (m>n||m<0)
		return 0;
	return C[n][m];
}
int calc(int m,int n){return c(n+m-1,m-1);}
int Get(int v,int n,int k){
	int ans=0;
	int lim=max(0,v/2-max(0,v-1-k));
	for (int i=0;i<=lim;i++)
		ans=(1LL*pw2[i]*C[lim][i]%mod*calc(k-lim*2+i,n-i)+ans)%mod;
	return ans;
}
int main(){
	pw2[0]=1;
	for (int i=1;i<N;i++)
		pw2[i]=pw2[i-1]*2%mod;
	for (int i=0;i<N;i++)
		C[i][0]=C[i][i]=1;
	for (int i=1;i<N;i++)
		for (int j=1;j<i;j++)
			C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%mod;
	scanf("%d%d",&k,&n);
	for (int i=2;i<=2*k;i++)
		if (i&1)
			printf("%d\n",Get(i,n,k));
		else
			printf("%d\n",(Get(i-1,n,k-1)+Get(i-1,n-1,k-1))%mod);
	return 0;
}