2025.6.20 闲话

@所有人 有答案啦！！！，如果不行那因该是电脑配置的问题，反正我是成功了！

计算一行带简单权的二项式系数和，但我们提取对角线

---

疾风幻羽

定义一个长度为 \(2n\) 的整数序列 \(A\) 是好的当且仅当 \(1,2,\cdots,n\) 中的每个整数都在 \(A\) 中出现恰好 \(2\) 次。

对于一个长度为 \(2n\) 的好整数序列 \(A\)，如果一个 \(1\le i\le 2n\) 满足 \(A\) 的前缀 \(1\dots i\) 也是好的，那么称 \(i\) 是 \(A\) 的一个完美点。

给定正整数 \(n,r\)，称一个长度为 \(2n\) 的整数序列 \(A\) 是闪耀的当且仅当：

• \(A\) 是好的。
• 不存在正整数 \(1\le i<j<k\le 2n\) 使得 \(A_i\ge A_j\ge A_k\)。
• 不存在正整数 \(1\le i\le 2n-2\) 使得 \(A_i+2=A_{i+1}+1=A_{i+2}\) 且 \(i\) 和 \(i+1\) 都不是 \(A\) 的完美点。
• 存在恰好 \(r\) 个 \(1\le i\le 2n-1\) 使得 \(A_i\ge A_{i+1}\)。

现在你需要求出长度为 \(2n\) 的闪耀的整数序列个数。答案可能很大，对 \(998244353\) 取模。

---

变量名：\(r\to k\) .

定义：一个 Dyck 路是从 \((0,0)\) 到 \((2n,0)\)，每次走 \(U(1,1),D(1,-1)\) 得到的路径。

首先根据 Dilworth 定理第二个限制等价于序列可以划分为两个递增序列。由于序列中每种元素最多出现两次所以这样划分出来的两个序列一定都为 \(1,2,\cdots,n\)。

断言：这样的序列和不经过 \(x\) 轴下方、不存在 \(\textit{UUU},\textit{DDD}\) 子串且存在恰好 \(k\) 个 \(\textit{UD}\) 子串的 Dyck 路双射。

证明：可以先考虑怎么从序列构造路径，考虑把序列中第一次出现的元素改成一步 \(U\)，第二次出现的元素改成一步 \(D\)。这样一个长度为 \(3\) 的连续递增子串一定是 \(\textit{UUU},\textit{DUU},\textit{DDU},\textit{DDD}\) 中的一个。此处如果 \(\textit{DUU},\textit{DDU}\) 能形成连续递增子串一定是最后一个 \(D\) 这个位置前面的 \(U,D\) 数量相等，这种会被完美点的条件判掉。所以最终一定不含 \(\textit{UUU},\textit{DDD}\) 子串。显然构造过程可逆。证毕。

对于每个 \(\textit{UD}\) 它的旁边必然是 \(\textit{UUD},\textit{UDD},\textit{UD},\textit{UUDD}\) 中的一个（因为 \(U,D\) 最多重复三遍），考虑这样做双射：

• \(\textit{UUD}\to \textit{UU}\)。
• \(\textit{UDD}\to \textit{DD}\)。
• \(\textit{UD}\to \textit{UD}\)。
• \(\textit{UUDD}\to \textit{DU}\)。

然后在开头加一个 \(U\) 末尾加一个 \(D\)，容易验证得到的一定是一个合法的 Dyck 路且限制只有不经过 \(x\) 轴下方和原串存在恰好 \(k\) 个 \(\textit{UD}\)。

此处可以枚举 \(\textit{UUD},\textit{UDD},\textit{UD},\textit{UUDD}\) 分别用了多少个，之后 \(\textit{UD},\textit{UUDD}\) 可以先随便放，然后剩下的 \(\textit{UUD},\textit{UDD}\) 的放法是 Catalan 数。这样就统计出了答案。

令 \(C\) 是 Catalan 数，那么答案就是：

\[\begin{aligned}\mathrm{ans}&=\sum_{a,b,c,d}[a+b+c+d=k][a=b][3a+3b+2c+4d=2n]\dbinom kc\dbinom{k-c}dC_a\\&=\sum_{a,b,c}[2a+b+c=k][6a+2b+4c=2n]\dbinom kb\dbinom{k-b}cC_a\\&=\sum_aC_a\sum_{b,c}[b+c=k-2a][2b+4c=2n-6a]\dbinom kb\dbinom{k-b}c\\&=\sum_iC_i\dbinom k{2k-n-i}\dbinom{n-k+i}{n-k-i}\\&=\sum_i\dbinom k{n-k+i}\dbinom{n-k+i}{2i}\dbinom{2i}i\dfrac1{i+1}\\&=\sum_i\dbinom{k}{n-k+i}\dbinom{n-k+i}i\dbinom{n-k}i\dfrac1{i+1}\\&=\sum_i\dbinom{k}{n-k+i}\dbinom{n-k+i}{n-k}\dbinom{n-k}i\dfrac1{i+1}\\&=\sum_i\dbinom{k}{n-k}\dbinom{2k-n}i\dbinom{n-k}i\dfrac1{i+1}\\&=\dfrac1{n-k+1}\dbinom{k}{n-k}\sum_i\dbinom{2k-n}i\dbinom{n-k+1}{i+1}\\&=\dfrac1{n-k+1}\dbinom{k}{n-k}\dbinom{k+1}{n-k}\end{aligned} \]

直接计算即可！

（不过听说直接 OEIS 就行了）

图

冲淡这一切……