[AGC019E]Shuffle and Swap

题目

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分析

题目明显是要求我们求方案数。

显然这道题没有办法直接做。

考虑转化一下题目条件。可以发现我们应该让 (A) 中多余的 1 换到 (A) 中缺少 1 的位置去。为了使描述更加清晰，我们这样定义：

1. 公共点（(P)）：满足 (A_i=1land B_i=1) 的 (i)。可以发现无论怎么交换，最终 (P) 上总是 1 。

2. 起点（(S)）：满足 (A_i=0land B_i=1) 的 (i)。我们需要将 (S) 上的 0 转移走。

3. 终点（(E)）：满足 (A_i=1land B_i=0) 的 (i)。我们需要将 (S) 上的 0 转移到 (E) 上来。

可以发现，最终可以使得 (A=B) 的操作序列必然满足：

连接边 ((a_i,b_i))，则图的形态应该是一大堆由 (S) 和 (E) 作为端点，(P) 作为中间点的链。

注意这里的链应该是“有向”的，即我们不能倒着操作一条链。

好的，这样已经清晰多了。我们考虑写出状态和转移：

(f(i,j))：使用了 (i) 个 (P) ，组成了 (j) 条链的真实序列方案数。

不难考虑转移：

1. 加入一个新的 (P) 。首先我们应该选取它所在的链（(j)），钦定它在末尾，再考虑它的标号（(i)）。此时的贡献就是 (f(i-1,j) imes i imes j)。

2. 加入一个新的链。我们继续钦定它放在末尾，并且考虑 (S) 和 (E) 的标号（(j^2)）。此时的贡献就是 (f(i,j-1) imes j^2)。

需要注意的是，每次转移必然会导致真实序列（也就是 (a) 和 (b)）长度加一。我们同样钦定每次新增后放在末尾。

真实情况下，一条链可能会有许多种对应的真实序列，而同一条链的不同的真实序列是由不同转移顺序来区分的。

于是就有转移：

[f(i,j)=i imes j imes f(i-1,j)+j^2 imes f(i,j-1) ]

---

考虑统计答案。注意我们不一定要所有的 (P) 都在 (S-E) 链上。因此我们需要枚举一下不在链上的 (P) 的数量。

设 (P) 点有 (s) 个，(S) 和 (E) 各有 (t) 个。

因此有答案为：

[sum_{i=0}^sinom{s}{i} imes (i!)^2 imes f(s-i,t) imes inom{s+t}{i} ]

其中 (inom{s}{i} imes (i!)^2) 是在计算不在链上的 (P) 的带标号形态， (inom{s+t}{i}) 是在合并两个序列。

最后我们就得到了时间为 (O(n^2)) 的算法。

本题一些有价值的点：

1. 考虑序列的相同与不同，于是就有了 (P,S,E) 三种点。

2. 将交换看成边，发现链的性质。同时这也令人想起 树上的数 。

3. 考虑序列的 DP 的时候，要么考虑标号，要么考虑位置，同时考虑会算重。

代码

AC 记录。

#include <cstdio>

const int mod = 998244353;
const int MAXN = 10005;

template<typename _T>
void read( _T &x )
{
	x = 0;char s = getchar();int f = 1;
	while( s > '9' || s < '0' ){if( s == '-' ) f = -1; s = getchar();}
	while( s >= '0' && s <= '9' ){x = ( x << 3 ) + ( x << 1 ) + ( s - '0' ), s = getchar();}
	x *= f;
}

template<typename _T>
void write( _T x )
{
	if( x < 0 ){ putchar( '-' ); x = ( ~ x ) + 1; }
	if( 9 < x ){ write( x / 10 ); }
	putchar( x % 10 + '0' );
}

int f[MAXN][MAXN];
int fac[MAXN], ifac[MAXN];
char A[MAXN], B[MAXN];
int N;

int qkpow( int base, int indx )
{
	int ret = 1;
	while( indx )
	{
		if( indx & 1 ) ret = 1ll * ret * base % mod;
		base = 1ll * base * base % mod, indx >>= 1;
	}
	return ret;
}

void init( const int siz )
{
	fac[0] = 1;
	for( int i = 1 ; i <= siz ; i ++ ) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
	ifac[siz] = qkpow( fac[siz], mod - 2 );
	for( int i = siz - 1 ; ~ i ; i -- ) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * ( i + 1 ) % mod;
}

int C( const int n, const int m ) 
{ 
	if( n < m || n < 0 || m < 0 ) return 0;
	return 1ll * fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
}

void add( int &x, const int v ) { x = ( x + v >= mod ? x + v - mod : x + v ); }

int main()
{
	int S = 0, T = 0;
	scanf( "%s%s", A + 1, B + 1 );
	for( N = 1 ; A[N] ; N ++ )
	{
		int a = A[N] - '0', b = B[N] - '0';
		if( a && b ) S ++;
		if( a && ! b ) T ++;
	}
	init( N );
	f[0][0] = 1;
	for( int i = 0 ; i <= S ; i ++ )
		for( int j = 0 ; j <= T ; j ++ )
		{
			if( i ) add( f[i][j], 1ll * f[i - 1][j] * i % mod * j % mod );
			if( j ) add( f[i][j], 1ll * f[i][j - 1] * j % mod * j % mod );
		}
	int ans = 0;
	for( int i = 0 ; i <= S ; i ++ )
		add( ans, 1ll * C( S + T, i ) * C( S, i ) % mod * fac[i] % mod * fac[i] % mod * f[S - i][T] % mod );
	write( ans ), putchar( '
' );
	return 0;
}