AGC021E Ball Eat Chameleons

AGC021E Ball Eat Chameleons

题目大意: 有 \(n\) 条变色龙，一开始都为蓝色，现在要求合法的长度为 \(k\) 的 RB 序列数量。对于一个序列，会按照序列顺序丢对应颜色的球，每一个球有随机一只变色龙吃下。如果这条变色龙吃的当前颜色球数量大于另一种颜色球数量，就会变色。求有多少序列，使得最终所有变色龙有可能变为红色。

数据范围：\(1\leq n,k\leq 5 \times 10^5\) 。

解题思路：考虑给定一个序列，怎样做才尽可能让所有变色龙变成红色。注意到红球和蓝球可以相互抵消，而让一个变色龙变色需要额外一个球的代价。那么对于一个红色的变色龙，如果没有吃过蓝球，可以免费吃一个，如果没有这样的变色龙，所有的蓝球都会丢到同一个变色龙上，因为丢在多个会付出多份代价。所以可以得到一个正确的策略，首先空出1号变色龙，对于一个红球，如果还有未丢过球的变色龙，就让它变色，否则丢给1号变色龙。而对于一个蓝球，如果有可以免费抵消的红色变色龙，则丢给它，否则丢给1号变色龙。

设红球有 \(R\) 个，蓝球有 \(B\) 个，这样子的策略1号变色龙吃到的红球数为 \(t=R-(n-1)\) ，此时如果 \(R < B\) ，会发现一号变色龙吃到的蓝球数量最少为 \(B-(n-1)\) 无解。

考虑当红球放了 \(n-1\) 个之前，1号变色龙吃到蓝球当且仅当没有红球可以免费抵消了，也就是蓝球匹配前面的红球无法匹配，记蓝球权值为 \(1\)，红球权值为 \(-1\)，那么 1号变色龙在红球放了 \(n-1\) 个之前吃到的蓝球数量为权值前缀和的 \(\max\) 。也就是说在这之前权值前缀和的 \(\max\) 必须 \(<t\) 。

考虑红球放了 \(n-1\) 个之后的情况，如果 \(R=B\) ，设之前吃到的蓝球数为 \(s\) ，显然有 \(s < t =B -(n-1)\) ，也就是剩下的蓝球数大于红球数，那么1号变色龙吃到的蓝球数一定为 \(t\) 个。由于要保证变色，最后一个球只能是蓝球，所以方案数就是任意时刻前缀 \(\max < t\) 且最后一个球是蓝球的方案数，即 \({k-1\choose R}-{k-1\choose R+t}\) 。

如果 \(R>B\) ，如果剩下的蓝球数能完全被前 \((n-1)\) 个红球抵消，那么显然是一个合法的序列，而这个序列是一定满足 \(\max < t\) 的，否则说明这 \((n-1)\) 个红球中的每一个都抵消了一个蓝球，而 \(R-(n-1)>B-(n-1)\) 一定是一个合法的序列，此时倒推可知满足 \(\max < t\) ，所以在这种情况下 \(\max < t\) 是合法的充要条件，方案数就是 \({k\choose R}-{k\choose R+t}\)。

方案数推导，方案数可以看做从 \((0,0)​\) 走到 \((N,M)​\) 且不能碰到直线 \(y-x=L​\) 的方案数，那么对于一个不合法的方案，找到第一次碰到直线 \(y-x=L​\) 的位置，并将之前的部分沿直线翻折，会等价于一个从 \((-L,L)​\) 走到 \((N,M)​\) 的方案数，所以就是两个组合数相减 \({N+M\choose N}-{N+M\choose N+L}​\) 。

code

/*program by mangoyang*/
#pragma GCC optimize("Ofast", "inline")
#include<bits/stdc++.h>
#define inf (0x3f3f3f3f)
#define Max(a, b) ((a) > (b) ? (a) : (b))
#define Min(a, b) ((a) < (b) ? (a) : (b))
typedef long long ll;
using namespace std;
template <class T>
inline void read(T &x){
    int ch = 0, f = 0; x = 0;
    for(; !isdigit(ch); ch = getchar()) if(ch == '-') f = 1;
    for(; isdigit(ch); ch = getchar()) x = x * 10 + ch - 48;
    if(f) x = -x;
}
const int N = 1000005, mod = 998244353;
int js[N], inv[N], n, k;
inline int Pow(int a, int b){
	int ans = 1;
	for(; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
		if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
	return ans;
}
inline int C(int x, int y){
	if(x < 0 || y < 0 || x < y) return 0;
	return 1ll * js[x] * inv[y] % mod * inv[x-y] % mod;
}
inline void up(int &x, int y){
	x = x + y >= mod ? x + y - mod : x + y;
}
int main(){
	js[0] = 1, inv[0] = 1;
	for(int i = 1; i < N; i++){
		js[i] = 1ll * js[i-1] * i % mod;
		inv[i] = Pow(js[i], mod - 2);
	}
	read(n), read(k);
	int ans = 0;
	for(int i = n; i <= k; i++)
		if(i > k - i){
			int t = i - n + 1;
			up(ans, C(k, i));
			up(ans, mod - C(k, i + t));
		}
		else if(i == k - i){
			int t = i - n + 1;
			up(ans, C(k - 1, i));
			up(ans, mod - C(k - 1 , i + t));
		}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}