[AGC040C] Neither AB nor BA

算法

容斥.

思路

借用这里的 Trick 2, 我们将所有偶数位的 \(B \rightarrow A\) , \(A \rightarrow B\).
那么原问题的限制就转化为: 不能删相邻的 \(AA\) 或 \(BB\) , 求最终可以删空的方案数.

考虑这个限制的充要条件是什么.
对于每一段连续的 \(A(B)\), 我们可以在左右两端找到字符并合法删去, 如果 \(A(B)\) 的总数大于 \(\frac{n}{2}\), 那么最后就不能够删空, 也就是非法的.
所以充要条件即为: \(A,\ B\) 的数量均不大于 \(\frac{n}{2}\).

接下来就是容斥的计算了, 总方案数是 \(3^n\), 不合法的方案数是 \(2 \times \sum_{i = \frac{n}{2} + 1}^n \binom{n}{i} 2^{n - i}\).

#include "iostream"

using namespace std;

constexpr int N = 1e7 + 1, mod = 998244353;

#define int long long

int n;
int fac[N], inv[N];

int qpow(int x, int y = mod - 2) {
	int ret = 1;
	while (y) {
		if (y & 1)
			ret = ret * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return ret;
}

void init() {
	cin >> n;
	fac[0] = 1; 
	for (int i = 1; i <= n; ++i) 
		fac[i] = i * fac[i - 1] % mod; 
	inv[n] = qpow(fac[n]); 
	for (int i = n - 1; ~i; --i) 
		inv[i] = (i + 1) * inv[i + 1] % mod; 
}

int get(int x, int y) { return (y < 0 or y > x or x < 0) ? 0 : (fac[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod); }

void calculate() {
	int ans = qpow(3, n);
	for (int i = n / 2 + 1; i <= n; ++i)
		ans = (ans - 2 * qpow(2, n - i) * get(n, i) + mod) % mod;
	cout << ans << '\n';
}

void solve() {
	init();
	calculate();
}

signed main() {
	solve();
	return 0;
}