【学习笔记】[AGC040F] Two Pieces

我是丝薄因为我不会GF

考虑纯组合意义的推导。因为我真的不会数学啊

设$(x,d)$表示最大值为$x$，最小值和最大值之差为$d$的方案数。那么相当于：
$1.1$ $d(\ge 2)$减去$1$
$1.2$ $x$,$d$同时加上$1$
$1.3$ $d$变成$0$

显然操作$2$的数目为定值。先固定每种操作的数目，那么合法的排列一定是$c_3$段折线，最后一段折线的终点高度恰好是$B-A$，并且每一段折线除起点外都在$y=1$上方。

那么我们考虑，如果折线是连续的话，对于分段的位置，一定是后缀的最低点（换句话说是后缀和中严格最大的那个点），又因为后缀和是连续的所以恰好有$c_2-c_1$个这样的位置，并且最后一个分段的位置要恰好为$B-A$，注意到开头也可以进行若干个操作$3$，并且一段折线是空也是合法的，那么答案是$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{c_2-c_1-B+A+c3-1}{c_3-1}\right)$。又因为合法的折线数目是$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{c_1+c_2-1}{c_2-1}\right)-\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{c_1+c_2-1}{c_2}\right)$，乘起来即可。

复杂度$O(n)$。

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define ll long long
#define pb push_back
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int N=2e7+5;
int n,A,B;
ll fac[N],inv[N],res;
ll fpow(ll x,ll y=mod-2){
	ll z(1);
	for(;y;y>>=1){
		if(y&1)z=z*x%mod;
		x=x*x%mod;
	}return z;
}
void init(int n){
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	inv[n]=fpow(fac[n],mod-2);for(int i=n;i>=1;i--)inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}
ll binom(int x,int y){
	if(x<0||y<0||x<y)return 0;
	return fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}
ll solve(int c1,int c2,int c3){
	if(c3==0)return (c2-c1==B-A)?(binom(c1+c2-1,c2-1)-binom(c1+c2-1,c2)):0;
	return binom(c2-c1-B+A+c3-1,c3-1)*(binom(c1+c2-1,c2-1)-binom(c1+c2-1,c2))%mod;
}
signed main(){
	cin>>n>>A>>B,init(n<<1);
	if(A==0&&B==0){cout<<1;return 0;}
	for(int i=0;i<=n-B;i++){
		res=(res+solve(i,B,n-i-B))%mod;
	}cout<<(res+mod)%mod;
}