CF1930E 2..3...4.... Wonderful! Wonderful!

题意：

现有一个长度为 \(n\) 的数列 \(a\) 满足 \(a_i=i\)。

给定一个 \(k\)，你可以进行若干次如下操作：选择 \(a\) 序列中一个长为 \(2k+1\) 的子序列，并删除它的前 \(k\) 个数和后 \(k\) 个数。

对于每一种 \(k\)，求出可以得到的序列个数，对 \(998244353\) 取模。

\(n\leq 10^6\)。

分析：

考虑怎样的序列才可以得到，假设当前删掉了 \(x\) 个数（\(x\) 一定是 \(2k\)）的倍数，设被删为 \(B\)，没被删为 \(A\)。可以发现，最终状态当且仅当恰有 \(x\) 个 \(B\)，且存在一个 \(A\) 左右侧均有至少 \(k\) 个 \(B\)。

考虑用 \(\binom{n}{x}\) 减掉不合法的。对于一个长度为 \(x\) 的 \(B\) 串，往其中间插入，使得不存在一个 \(A\) 左右两边均有至少 \(k\) \(B\)，显然 \(A\) 能插入的只有 \(2k\) 个位置，利用插板法，因此不合法的方案数为 \(\binom{2k-1+n-x}{2k-1}\)。

暴力枚举 \(x\)，时间复杂度 \(O(n \log n)\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define N 1000000
#define mod 998244353
using namespace std;

int T, n, ans;

int Pow(int a, int n) {
	if(n == 0) return 1;
	if(n == 1) return a;
	int x = Pow(a, n / 2);
	if(n % 2 == 0) return x * x % mod;
	else return x * x % mod * a % mod;
}
int inv(int x) {
	return Pow(x, mod - 2);
}
int Inv[N + 10], fac[N + 10];
void init() {
	fac[0] = Inv[0] = 1;
	for(int i = 1; i <= N; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	Inv[N] = inv(fac[N]);
	for(int i = N - 1; i >= 1; i--) Inv[i] = Inv[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
int C(int n, int m) {
	if(n < 0 || m < 0 || n - m < 0) return 0;
	return fac[n] * Inv[m] % mod * Inv[n - m] % mod;
}

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(false);
	cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	init();
	
	cin >> T;
	while(T--) {
		cin >> n;
		for(int k = 1; k <= (n - 1) / 2; k++) {
			ans = 0;
			for(int x = 2 * k; x <= n; x += 2 * k)
				ans = (ans + C(n, x) - C(2 * k - 1 + n - x, 2 * k - 1) + mod) % mod;
			cout << ans + 1 << " ";
		}
		cout << endl;
	}
	
	return 0;
}