CF1615F O(n) solution

\(O(n)\) 做法，目前 CF 最优解。

首先，考虑如何计算两个串的答案。

把奇数位置的值取反，那每次操作相当于 \(01\to10\) 或 \(10\to 01\)。于是当两个串 \(1\) 的个数相等时可以达成。

可以看作若干个 \(1\) 在一条链上移动到新的位置。答案为距离之和，把移动贡献均摊到每条边上，那每一条边的贡献就是 两个串\([1,i]\) 中的 \(1\) 个数的差值。

枚举 \([1,i]\) 中两个串 ? 处填写 \(0\) 的差值个数，那另一边 \([i+1,n]\) 中 ? 处填写 \(0\) 的差值个数确定。

如果确定了一边的 ? 处填写 \(0\) 的差值个数，那枚举第一个串中的 \(0\) 个数，一边的答案形如：

\[\sum_j\binom{A}{j}\binom{B}{j+d} \]

\[\sum_j\binom{A}{j}\binom{B}{B-j-d} \]

可以用范德蒙德卷积，化成一个组合数：

\[\binom{A+B}{B-d} \]

另一边也相同，方案数就是两边乘起来。于是可以得到 \(O(n^2)\) 的做法。

// s[i]='0/1' -> s[i]=0/1.
// s[i]='?' -> s[i]=2.
For(i,0,2) as[i]=at[i]=bs[i]=bt[i]=0;
For(i,1,n) ++bs[s[i]],++bt[t[i]];
modint res=0;
For(i,1,n-1){
	--bs[s[i]],--bt[t[i]];
	++as[s[i]],++at[t[i]];
	For(j,-n,n)
		res+=C(as[2]+at[2],at[2]-j-as[0]+at[0])
			*C(bs[2]+bt[2],bt[2]+j-bs[0]+bt[0])
			*(j>0?j:-j);
}

观察这个式子，发现我们每次要求的形如：

\[\binom{A}{A_2-j}\binom{B}{B_2+j}|j| \]

要求这个答案 \(n\) 次，并且每次的 \(A+B,A_2+B_2\) 为定值。

这个式子很像范德蒙德卷积，考虑把绝对值先拆成 \(|j|=(-j)+(2j)[j\ge 0]\).

第一部分要求 \(\binom{A}{A_2-j}\binom{B}{B_2+j}j\). 可以变成：

\[\binom{A}{A_2-j}\binom{B}{B_2+j}(B_2+j) - \binom{A}{A_2-j}\binom{B}{B_2+j}B_2 \]

组合数收缩公式：

\[\binom{A}{A_2-j}\binom{B-1}{B_2+j-1}B - \binom{A}{A_2-j}\binom{B}{B_2+j}B_2 \]

再用范德蒙德卷积：

\[\binom{A+B-1}{A_2+B_2-1}B-\binom{A+B}{A_2+B_2}B_2 \]

于是可以单次 \(O(1)\)。

第二部分要求 \(\binom{A}{A_2-j}\binom{B}{B_2+j}j[j\ge 0]\).

用相同的方法变成：

\[\binom{A}{A_2-j}\binom{B-1}{B_2+j-1}B[j\ge 0] - \binom{A}{A_2-j}\binom{B}{B_2+j}B_2[j\ge 0] \]

两部分是相同的，只考虑其中一部分，那就是要求：

\[\binom{A}{A_2-j}\binom{B}{B_2+j}[j\ge 0] \]

\[\binom{A}{j}\binom{B}{A_2+B_2-j}[j\le A_2] \]

由于 每次的 \(A+B,A_2+B_2\) 为定值，设 \(S_1 = A+B,S_2 = A_2+B_2\)。

考虑其组合意义，相当于有 \(S_1\) 个球，其中要放 \(S_2\) 个黑球，并且要求前 \(A\) 个球中只有 \(\le A_2\) 个黑球的方案数。

考虑在这条链上，从 \(i\to i+1\) 的时候，\(A\) 和 \(A_2\) 都只会有 \(O(1)\) 的变化。如果能 \(O(1)\) 移动 \(A±1,A_2±1\) 并且实时维护答案，那就能做了。

如果 \(A_2\to A_2+1\)，答案只需要加上新的贡献 \(\binom{A}{A_2+1}\binom{S_1-A}{S_2-(A_2+1)}\)。

如果 \(A\to A+1\)，答案会减少。再考虑其组合意义，减少的量就是“第 \(A_2+1\) 个黑球放在 \(A+1\) 位置”的方案数。于是答案只需要减去 \(\binom{A}{A_2}\binom{S_1-A-1}{S_2-A_2-1}\).

于是我们解决了 \(O(1)\) 移动端点的问题，整个问题可以 \(O(n)\) 解决。

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顺便吐槽一句，为什么其他题解都用 dp 而不是组合数啊。

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QOJ 有个 01tree 是树上的版本，可以直接把上述移动端点算法套个 dsu on tree 解决，复杂度 \(O(n\log n)\)。

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