洛谷 「P6475 [NOI Online #2 入门组] 建设城市」

传送门

\(\texttt{Description}\)

求满足如下条件的序列 \(a\) 的数量：

• 长度为 \(2n\)。

• \(\forall i\in[1,n],a_i\in[1,m]\) 且 \(a_i\) 为正整数。

• 前 \(n\) 项单调不降，后 \(n\) 项单调不增。

• 要求 \(a_x=a_y\)。

答案对 \(998244353\) 取模。

\(\texttt{Data Range:}1\le x<y\le2n,1\le n,m\le10^5\)

\(\texttt{Solution}\)

分两种情况讨论。

• 若 \(x\) 和 \(y\) 在异侧，即 \(x\le n,y>n\)。
  首先枚举 \(x\) 和 \(y\) 的值 \(i\)，然后分四段来看。
  第一段是 \(1\sim x-1\)，第二段是 \(x+1\sim n\)，第三段是 \(n+1\sim y-1\)，第四段是 \(y+1\sim2n\)。
  对于第一段，需要单调不降且范围是 \(1\sim i\)，那么可以看成在这些数之间插 \(i-1\) 块板，将其分为 \(i\) 段，第 \(1\) 段代表值为 \(1\) 的，以此类推。
  这样就满足了单调不降的限制，我们又知道插板法的公式，所以第一段的答案就求出来了，第二、三、四段同理。
  用乘法原理把四段答案相乘，再用加法原理把每一次枚举出的答案相加即可。

• 若 \(x\) 和 \(y\) 在同侧，即 \(x\le n,y\le n\) 或 \(x>n,y>n\)。
  这里可以继续沿用上面的 trick。

于是没了 qwq

\(\texttt{Code}\)

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 998244353;

ll ans, fac[300005];
inline void init(int n) {
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
inline ll quick_pow(ll a, ll k, ll p) {
	ll res = 1;
	a %= p;
	while (k) {
		if (k & 1) res = res * a % p;
		a = a * a % p;
		k >>= 1;
	}
	return res;
}
inline ll inv(ll a, ll p) {return quick_pow(a, p - 2, p);}
inline ll get_C(int n, int m, ll p) {
	if (n < m) return 0;
	return fac[n] * inv(fac[m] * fac[n - m], p) % p;
}

int main() {
	init(3e5);
	int m, n, x, y;
	scanf("%d %d %d %d", &m, &n, &x, &y);
	if ((x <= n) ^ (y <= n)) {
		for (int i = 1; i <= m; i++) {
			ll tmp1 = get_C(x + i - 2, i - 1, mod);
			ll tmp2 = get_C(n - x + m - i, m - i, mod);
			ll tmp3 = get_C(y - n - 1 + m - i, m - i, mod);
			ll tmp4 = get_C(n * 2 - y + i - 1, i - 1, mod);
			ans = (ans + tmp1 * tmp2 % mod * tmp3 % mod * tmp4 % mod) % mod;
		}
		printf("%lld", ans);
		return 0;
	}
	if (x <= n && y <= n) {
		for (int i = 1; i <= m; i++) {
			ll tmp1 = get_C(x + i - 2, i - 1, mod);
			ll tmp2 = get_C(n - y + m - i, m - i, mod);
			ll tmp3 = get_C(n + m - 1, m - 1, mod);
			ans = (ans + tmp1 * tmp2 % mod * tmp3 % mod) % mod;
		}
		printf("%lld", ans);
		return 0;
	}
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		ll tmp1 = get_C(n + m - 1, m - 1, mod);
		ll tmp2 = get_C(x - n + m - i - 1, m - i, mod);
		ll tmp3 = get_C(n * 2 - y + i - 1, i - 1, mod);
		ans = (ans + tmp1 * tmp2 % mod * tmp3 % mod) % mod;
	}
	printf("%lld", ans);
	return 0;
}