题解 洛谷P6561 [SBCOI2020] 人

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给定三个正整数(m), (a), (b)。要求在([1,2m])中选出(a)个奇数，(b)个偶数，并且选出的数两两不相邻。问有多少种选择的方案。方案数对(998244353)取模。

(T)组测试数据。

数据范围：(1leq a,bleq mleq 10^6)。(a+bleq m)。(1leq Tleq 10^6)。

本题题解

考虑相邻的一奇一偶，也就是形式化地表述为(2i+1), (2i+2) ((0leq i<m))这两个数，它们不可能同时被选中。对于第(i)组数，如果(2i+1)（奇数）被选中，称这一组为( ext{A})；如果(2i+2)（偶数）被选中，称这一组为( ext{B})；如果都没有被选中，称这一组为( ext{C})。则任何一种合法的选择方案，可以被表示为一个长度为(m)的( ext{ABC})串，其中有(a)个( ext{A})，(b)个( ext{B})，和(m-a-b)个( ext{C})，并且不允许出现( ext{BA})这个子串。我们相当于要求这样的( ext{ABC})串的数量。

先不考虑( ext{A})。( ext{B})和( ext{C})的相对位置关系可以任意安排，它们共有(b+(m-a-b)=m-a)个，所以任意安排的方案数是({m-achoose b})。

再插入( ext{A})。( ext{A})不能被插入在( ext{B})后面，除此之外其他任何位置都是可以的。考虑第(1)个( ext{A})，它可以被插入在最前面，或者某个( ext{C})后面，所以有(m-a-b+1)种方案；第(2)个( ext{A})，除了最前面和某个( ext{C})后面以外，还能插入在第(1)个( ext{A})后面，所以有(m-a-b+2)种方案；以此类推，第(k)个( ext{A})有(m-a-b+k)种插入方案。同时，所有( ext{A})是本质相同的，所以还要除以(a!)。所以插入( ext{A})的总方案数就是：(frac{(m-a-b+1)cdot(m-a-b+2)cdots(m-a-b+a)}{a!}={m-bchoose a})。

因此答案就是：({m-achoose b}cdot{m-bchoose a})。

(T)次求组合数。预处理阶乘和阶乘的逆元即可。

时间复杂度(O(m+T))。

参考代码（本代码仅供参考，建议添加读入优化）：

//problem:P6561
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())

typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;

template<typename T>inline void ckmax(T& x,T y){x=(y>x?y:x);}
template<typename T>inline void ckmin(T& x,T y){x=(y<x?y:x);}

const int MAXN=2e6;
const int MOD=998244353;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}

int fac[MAXN+5],ifac[MAXN+5];
inline int comb(int n,int k){
	if(n<k)return 0;
	return (ll)fac[n]*ifac[k]%MOD*ifac[n-k]%MOD;
}
void facinit(int lim=MAXN){
	fac[0]=1;
	for(int i=1;i<=lim;++i)fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%MOD;
	ifac[lim]=pow_mod(fac[lim],MOD-2);
	for(int i=lim-1;i>=0;--i)ifac[i]=(ll)ifac[i+1]*(i+1)%MOD;
}

int m,a,b;
int main() {
	facinit();
	int T;cin>>T;while(T--){
		cin>>m>>a>>b;
		int ans = (ll)comb(m-a,b) * comb(m-b,a) % MOD;
		cout<<ans<<endl;
	}
	return 0;
}