CF2086D Even String
本身是一道数学题，我们可以把字符串中的奇数项和偶数项分开，形成两条序列 A 和 B。易知一种字母一定在同一条序列上。
假如说在 A 序列上分配了 \(a,b,c\) 三种字母，\(sum = c_a + c_b + c_c\)，那么 A 序列的方案数为:
同理，假如 B 上分配了 \(d,e,f\) 三种字母，\(sum^{\prime} = c_d + c_e + c_f\)，那么 B 序列的方案数为：
那么对于这种分配字母种类的方式，字符串种类一共有 \(ans_A \times ans_B\) 种，即：
可以发现，无论如何分配字母种类，只要分配合法，这一种分配方式的方案数量均为 \(ans\) 不变。而 \(c_i\) 是固定的，因此我们可以直接求出来 \(ans\)。因为有取余下除法，所以需要求逆元。而恰好模数 \(998244353\) 是一个质数，因此可以直接用费马小定理求出。这就是一个数学问题。
处理完 \(ans\)，那么问题就剩下这个——求出序列 A,B 的分配字母种类的方案数。这有两种方法：双向 dfs 和 01 背包。
双向 dfs
如果这种方法看不懂，请直接看下面的 01 背包方法。
因为字母种类有 \(26\) 种，且多测数量达到了 \(10^4\)，直接使用 dfs 需要算约 \(10^{12}\) 次，会 TLE，但如果这个 \(26\) 变为 \(13\)，那么计算次数就约为 \(10^8\) 可以接受，因此使用双向 dfs 统计可行数量即可。
而在双向 dfs 拼凑答案时为了效率，我们需要使用 unordered_map 去存储每一种 A,B 序列分配字母种类的方案数，这时候会涉及到二维 unordered_map，此时直接用进制转化为一维即可（记得开 longlong）。算出种类数 \(cnt\)，那么最后我们的答案就是 \(cnt * ans\)，最后取模即可。
最后，还有一点，这题有一个卡常，即在算 \(ans\) 时，你的阶乘不能预处理，这题很极限，100ms 的预处理会正好卡死这题（至少我是这样）。因此需要在线计算阶乘。
AC代码为：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <map>
#include <unordered_map>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 998244353, N = 500010;
int n = 26, m;
int ans, sum, tx, ty;
int g[30], cnt;
int f[N], in_f[N];
unordered_map<LL, int> q;
int qmi(int a, int k, int q)
{
int res = 1;
while (k)
{
if (k & 1) res = 1ll * res * a % mod;
k >>= 1;
a = 1ll * a * a % mod;
}
return res;
}
int fd(int x)
{
int res = 1;
for (int i = 1; i <= x; i ++ ) res = 1ll * i * res % mod;
return res;
}
int in_fd(int x)
{
int res = 1;
for (int i = 1; i <= x; i ++ ) res = 1ll * i * res % mod;
return qmi(res, mod - 2, mod);
}
void dfs(int x, int s1, int s2)
{
if (x > m)
{
q[s1 * N + s2] ++ ;
return ;
}
if (g[x] == 0) dfs(x + 1, s1, s2);
else
{
if (s1 + g[x] <= tx) dfs(x + 1, s1 + g[x], s2);
if (s2 + g[x] <= ty) dfs(x + 1, s1, s2 + g[x]);
}
}
void dfs2(int x, int s1, int s2)
{
if (x > n)
{
cnt += q[(tx - s1) * N + (ty - s2)];
return ;
}
if (g[x] == 0) dfs2(x + 1, s1, s2);
else
{
if (s1 + g[x] <= tx) dfs2(x + 1, s1 + g[x], s2);
if (s2 + g[x] <= ty) dfs2(x + 1, s1, s2 + g[x]);
}
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
while (T -- )
{
q.clear();
ans = 1, cnt = sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &g[i]), sum += g[i];
sort(g + 1, g + 1 + n);
reverse(g + 1, g + 1 + n);
tx = sum / 2, ty = (sum + 1) / 2;
m = 13;
dfs(1, 0, 0);
dfs2(m + 1, 0, 0);
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) ans = 1ll * ans * in_fd(g[i]) % mod;
cout << 1ll * cnt * fd(tx) % mod * fd(ty) % mod * ans % mod << '\n';
}
return 0;
}
01 背包
这里借鉴了这篇博客的思想：D. Even String - Marinaco - 博客园
简单的算法确实是有 nb 的运用啊。实际上我们可以把字母看成物品，把字母数量看成体积。那么我们要求的就是在 \(1\sim 26\) 个字母种类里面选，当选择的字母数量恰好为 \(sum\) （\(sum\) 为字符串中奇数下标的数量）时的方案数为多少。时间复杂度为 \(\operatorname O(nm)\)，因为 \(c_i\) 一共也就 \(5 \cdot 10^5\)，所以最多也就算约 \(10^7\) 次，完全可以通过，且比双向 dfs 快得多。
这样看，简单的算法运用起来却不简单。还是要注重运用啊。
代码为：
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int mod = 998244353, N = 500010;
int n = 26, m;
int ans, sum, tx, ty;
int g[30], cnt;
int f[N];
int qmi(int a, int k, int q)
{
int res = 1;
while (k)
{
if (k & 1) res = 1ll * res * a % mod;
k >>= 1;
a = 1ll * a * a % mod;
}
return res;
}
int fd(int x)
{
int res = 1;
for (int i = 1; i <= x; i ++ ) res = 1ll * i * res % mod;
return res;
}
int in_fd(int x)
{
int res = 1;
for (int i = 1; i <= x; i ++ ) res = 1ll * i * res % mod;
return qmi(res, mod - 2, mod);
}
int main()
{
int T;
cin >> T;
while (T -- )
{
ans = 1, cnt = sum = 0;
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) scanf("%d", &g[i]), sum += g[i];
sort(g + 1, g + 1 + n);
reverse(g + 1, g + 1 + n);
tx = sum / 2, ty = (sum + 1) / 2;
for (int i = 0; i <= tx; i ++ ) f[i] = 0;
f[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i ++ )
{
if (!g[i]) break;;
for (int j = tx; j >= g[i]; j -- )
f[j] += f[j - g[i]];
}
cnt = f[tx];
for (int i = 1; i <= n; i ++ ) ans = 1ll * ans * in_fd(g[i]) % mod;
cout << 1ll * cnt * fd(tx) % mod * fd(ty) % mod * ans % mod << '\n';
}
return 0;
}
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