A Ribbon for Tomorrow

题意

给你一个长度为 \(n\) 的 \(0/1\) 串 ，每次你可以选择一段端点相同的区间，将区间内顺序反转，求操作任意次后可能的序列数

解法

我们将序列抽象为 \(x_1\) 个 1 ，\(x_2\) 个 0 ，\(x_3\) 个 1，...... ，$ x_k$ 个 \(0\) ( \(x_1\) 和 \(x_k\) 可能为 \(0\) )，

我们发现操作的实质是改变 \(x\) ,但不改变 \(1/0\) 的相对顺序，所以我们可以钦定只能对 \(101\) 和 \(010\) 操作

这是和原操作等效的，所以题就变为对于\(0/1\) 有 \(p\) 个 \(0/1\) ，有 \(q\) 个 盒子，每个盒子不能为空，求数量

这就很简单，正常用插板法就行

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long

const int N=1e6+10;
const int M=2e6+10;
const int mod=998244353;

int n;
char s[N];

int jc[M],pv[M];

int qp(int a,int b){
	
	int res=1;
	
	while(b){
		
		if(b&1) res=res*a%mod;
		
		a=a*a%mod; b>>=1;
		
	}
	
	return res;
	
}

void init(){
	
	jc[0]=1;
	
	for(int i=1;i<M;i++) jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
	
	pv[M-1]=qp(jc[M-1],mod-2);
	
	for(int i=M-1;i>=1;i--) pv[i-1]=pv[i]*i%mod; 
	
}

int C(int n,int m){
	
	if(n<m||n<0||m<0) return 0;
	
	return jc[n]*pv[m]%mod*pv[n-m]%mod;
	
}

int num[2],cnt[2];

void solve(){
	
	cin>>n;
	
	for(int i=1;i<=n;i++) cin>>s[i];
	
	num[1]=num[0]=cnt[1]=cnt[0]=0;
	
	for(int i=1;i<=n;){
		
		int r=i;
		
		while(r+1<=n&&s[r+1]==s[i]) r++;
		
		cnt[s[i]-'0']++; num[s[i]-'0']+=r-i+1;
		
		i=r+1;
		
	}
	
	cout<<max(1ll,C(num[0]-1,cnt[0]-1))*max(1ll,C(num[1]-1,cnt[1]-1))%mod<<'\n';
	
}

signed main(){
	
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(nullptr);
	
	init();
	
	int T; cin>>T;
	
	while(T--) solve();
	
}