「CF2034F2」Khayyam's Royal Decree (Hard Version)

思路&做法

先将题目变换一下，对于每个卷轴 \((r_i, b_i) \leftarrow (n - r_i, m - b_i)\) ，要求从 \((0, 0)\) 走到 \((n, m)\) 的所有路径的权值之和除以 \(\binom{n + m}{n}\) 。

设路径 \(p\) 经过的卷轴依次为 \(q_1, q_2, \dots , q_t\)，上述文字转化成式子即

\[\frac{\sum_p \binom{r_{q_1} + c_{q_1}}{r_{q_1}} \sum_{i = 2}^{t} (2r_i + c_i - 2r_{i - 1} - c_{i - 1}) \times 2^{t - i + 1}}{\binom{n + m}{n}} \]

分子中 \((2r_i + c_i - 2r_{i - 1} - c_{i - 1}) \times 2^{t - i + 1}\) 表示在从卷轴 \(q_{i - 1}\) 到卷轴 \(q_i\) 之间选择的宝石会在第 \(q_i, q_{i + 1}, q_{i + 2}, \dots , q_{t}\) 个卷轴处进行 \(\times 2\) 的操作。

考虑简化分子，分离 \(i - 1\) 和 \(i\) 可得

\[\sum_p \sum_{i = 1}^{t} [(2r_{q_i} + c_{q_i}) - (2r_{q_{i - 1}} + c_{q_{i - 1}})] \times 2^{t - i + 1} \\ \Leftrightarrow \sum_p \sum_{i = 1}^{t - 1} (2r_{q_i} + c_{q_i}) \times 2^{t - i} - (2r_0 + c_0) + (2n + m)\\ \Leftrightarrow \sum_p \sum_{i = 1}^{t} (2r_{q_i} + c_{q_i}) \times 2^{t - i} \]

令 \(p_i\) 表示以 \((r_i, c_i)\) 为开头，\((n, m)\) 为结尾的路径，\(|p|\) 表示路径 \(p_i\) 所经过的除 第\(i\) 个以外的卷轴数，上式变为

\[\sum_{i = 1}^{k} (2r_i + c_i) \sum_{p_i} 2^{|p|} \]

现在难在如何计算 \(\sum_{p_i} 2^{|p|}\) 。定义 \(f_i\) 为从卷轴 \(i\) 到 \((n, m)\) ，钦定经过若干卷轴的方案数，即

\[\sum_{s \subseteq All} \prod_{i = 1}^{|s| - 1} \binom{r_{s_{i + 1}} + c_{s_{i + 1}} - r_{s_i} - c_{s_i}}{r_{s_{i + 1}} - r_{s_i}} \]

我们发现对于一条路径 \(p_i\) ，它所经过的卷轴可以任意选择 or 不选择，即一条路径在 \(f_i\) 中会被重复统计 \(2^{|p|}\) 次，所以 \(f_i = \sum_{p_i} 2^{|p|}\) ，所以

\[\sum_{i = 1}^{k} (2r_i + c_i) \sum_{p_i} 2^{|p|} = \sum_{i = 1}^{k} (2r_i + c_i) f_i \]

对于 \(f_i\) ，我们可以通过 \(O(N^2)\) 的预处理处理出来，转移方程即 \(f_i = \sum_{r_j \geq r_i, c_j \geq c_i} f_j \times \binom{r_j + c_j - r_i - c_i}{ r_j - r_i}\) 。

最后发现在第 \(1\) 个卷轴前的宝石的路径方案数未统计，所以还需 $\times \binom{r_i + c_i}{r_i} $ 。

最后答案为

\[\sum_{i = 1}^{k} (2r_i + c_i) f_i \times \binom{r_i + c_i}{r_i} \]

solution

/*
address:https://codeforces.com/problemset/problem/2034/F2
AC 2025/8/18 17:29
*/
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<int, int> pii;
#define mkp make_pair
const int N = 4e5 + 5, K = 5005;
const int mod = 998244353;
LL fac[N], inv[N];
inline void init() {s
    fac[0] = inv[0] = fac[1] = inv[1] = 1;
    for (int i = 2;i <= N - 5;++i) {
        fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
        inv[i] = (mod - mod / i) * inv[mod % i] % mod;
    }
    for (int i = 2;i <= N - 5;++i) inv[i] = inv[i - 1] * inv[i] % mod;
}
inline LL C(int n, int m) { return fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod; }
int n, m, k;
pii a[K];
LL f[K];
inline void trans(LL& x, LL y) { x = (x + y) % mod; }
int main() {
    init();
    int T;scanf("%d", &T);
    while (T--) {
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);
        for (int i = 1;i <= k;++i) scanf("%d%d", &a[i].first, &a[i].second), a[i] = mkp(n - a[i].first, m - a[i].second);
        a[++k] = mkp(0, 0);
        a[++k] = mkp(n, m);
        sort(a + 1, a + k + 1);
        f[k] = 1;
        for (int i = 1;i < k;++i) f[i] = 0;
        for (int i = k - 1;i >= 1;--i)
            for (int j = i + 1;j <= k;++j)
                if (a[j].second >= a[i].second)
                    trans(f[i], f[j] * C(a[j].first - a[i].first + a[j].second - a[i].second, a[j].first - a[i].first));
        LL ans = 0;
        for (int i = 1;i <= k;++i) trans(ans, C(a[i].first + a[i].second, a[i].first) * ((a[i].first << 1) + a[i].second) % mod * f[i] % mod);
        printf("%lld\n", ans * inv[n + m] % mod * fac[n] % mod * fac[m] % mod);
    }
    return 0;
}