[AGC040C] Neither AB nor BA

Description

一个长度为 n 的字符串是好的当且仅当它由 'A', 'B', 'C' 组成，且可以通过若干次删除除了"AB"和"BA"的连续子串变为空串。

问有多少个长度为 n 的好串，对 998244353 取模。

(nle 10 ^ 7) , 保证 n 为偶数。

Solution

本题的关键在于转化题意，即找到一个更加简洁抽象的等价条件方便计数。

连续删除两个字符后发现每一个 A 和 B 的奇偶性没有改变。

这说明了奇数位置的 A 一定不能和偶数位置的 B 消除，偶数位置的 A 不能和奇数位置的B消除。

设奇数位置的 A 有 x 个，偶数位置的 B 有 y 个，偶数位置的非 B 字符有 n - y 个， 那么必须满足（即必要性）：

[x le frac{n}{2} - y\ x + y le frac n2 ]

所以有：

• 奇数位置上A的数量 + 偶数位置上B的数量(le frac n 2)

• 奇数位置上B的数量 + 偶数位置上A的数量(le frac n 2)

必要性显然。

仿照上式子记为：

[c + d le frac n 2 \ a + b le frac n 2 ]

充分性可以考虑先吧序列的 C 都消掉，剩只需考虑 A 和 B 。

由于

(a + c = b + d = frac n 2)

所以

(a + d = b + c = frac n 2)

这样就必然可以找到一对 AA 或 BB 消去。

Thus，(Ans = 3 ^ n - count(a + b > frac n 2) - count(c + d > frac n 2)) 。

枚举有多少个 a + b (c + d) ，其余的位置就只有两种方案，用组合数算一下即可.

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

#define End exit(0)
#define LL long long
#define mp make_pair
#define SZ(x) ((int) x.size())
#define GO cerr << "GO" << endl
#define DE(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

void proc_status()
{
	freopen("/proc/self/status","r",stdin);
	string s; while(getline(cin, s)) if (s[2] == 'P') { cerr << s << endl; return; }
}

template<typename T> inline T read() 
{
	register T x = 0;
	register char c; register int f(1);
	while (!isdigit(c = getchar())) if (c == '-') f = -1;
	while (x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), isdigit(c = getchar()));
	return x * f;
}

template<typename T> inline bool chkmin(T &a,T b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a,T b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }

const int maxN = 1e7 + 2;
const int mod = 998244353;

int qpow(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 void Inc(int &x) { x < 0 ? x += mod : 0; }

int fac[maxN + 2], ifac[maxN + 2], pw2[maxN + 2];

void init(int N = 1e7)
{
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= N; ++i) fac[i] = (LL) fac[i - 1] * i % mod;
    ifac[N] = qpow(fac[N], mod - 2);
    for (int i = N - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = (LL) ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
    pw2[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= N; ++i) pw2[i] = pw2[i - 1] * 2ll % mod;
}

int C(int n, int m)
{
    if (n < m) return 0;
    return (LL) fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
}

int n;

void input() { n = read<int>(); }

void solve()
{
    int ans = qpow(3, n);
    for (int i = n / 2 + 1; i <= n; ++i)
        Inc(ans -= 2ll * C(n, i) * pw2[n - i] % mod);
    printf("%d
", ans);
}

int main() 
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
	freopen("xhc.in", "r", stdin);
	freopen("xhc.out", "w", stdout);
#endif
    input(), init(), solve();
    return 0;
}