Solution -「AGC 019E」「AT 2704」Shuffle and Swap

(mathcal{Description})

  Link.

  给定 (01) 序列 ({A_n}) 和 ({B_n})，其中 (1) 的个数均为 (k)。记 (A) 中 (1) 的位置为 ({a_k})，(B) 中的为 ({b_k})。现任意排列 ({a_k}) 和 ({b_k})，然后依次交换 (A_{a_i}) 和 (A_{b_i})，(i=1,2,dots,k)。求使操作完成后 (A=B) 的排列方案数对 (998244353) 取模的结果。

  (nle10^4)。

(mathcal{Solution})

  首先转化题意——每次操作用 (A) 的一个 (1) 和 (B) 中一个需要 (1) 的位置交换，共进行 (k) 次操作，求满足条件的方案数。

  我们定义 (A_i=1land B_i=0) 的位置为“富余点”——它们需要为其它位置提供 (1)；(A_i=B_i=1) 的位置为“公共点”——它们已经满足条件，但可以作为传递 (1) 的载体；(A_i=0land B_i=1) 的位置为“缺失点”——它们是“富余点”需要提供到的位置。

  那么，只需要每个“富余点”的 (1) 都传递给“缺失点”，(A) 就与 (B) 相等。考虑一次从一个“富余”到“缺失”的传递，如图：

  其中三角形为“缺失点”，圆形为“公共点”（任意多个，亦可不存在），方形为“富余点”。注意若存在“公共点”，传递是不能反向的，这样会导致与三角形相邻的公共点的 (1) 变为 (0)。（某课件的笔误，注意一下 www。）

---

  考虑 DP，记 (f(i,j)) 表示在传递链中用了 (i) 个“公共点”，用了 (j) 个“富余点”（即有 (j) 条传递链）时，传递链中的方案数。边界为 (f(0,0)=1)，转移：

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

  前一项，将一个公共点加入一条传递链的末尾。有 (j) 条链，新的点可以与已有的 (i-1) 个点交换（不是交换操作顺序，而是直接交换链中位置），故有系数 (ij)。

  后一项，新建一条“缺失”-“富余”链。首先拿出新的一对“缺失点”和“富余点”，仍考虑到原来的“缺失点”或“富余点”可以和新点交换位置，故有系数 (j^2)。

  最后统计答案，发现“公共点”没有必要在链中用完，设在链中用 (a) 个“公共点”，还剩下 (b) 个。那么在所有“公共点”中选出 (b) 个，方案数 (inom{a+b}{b})；公共点内部方案 ((b!)^2)；把这 (b) 次操作安排进总共 (k) 次操作里，方案数 (inom{k}{b})。所以设“公共点”有 (s) 个，“富余点”有 (t) 个，答案为（(i) 枚举的是不在链中的“公共点”个数）：

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

  复杂度 (mathcal O(n^2))。

(mathcal{Code})

#include <cstdio>
#include <cstring>

const int MAXL = 1e4, MOD = 998244353;
int n, sur, bal, f[MAXL + 5][MAXL + 5];
int fac[MAXL + 5], ifac[MAXL + 5];
char A[MAXL + 5], B[MAXL + 5];

inline void addeq ( int& a, const int b ) { if ( ( a += b ) >= MOD ) a -= MOD; }
inline int mul ( long long a, const int b ) { return ( a *= b ) < MOD ? a : a % MOD; }

inline int qkpow ( int a, int b ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = mul ( a, a ), b >>= 1 ) ret = mul ( ret, b & 1 ? a : 1 );
	return ret;
}

inline void init () {
	fac[0] = 1;
	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) fac[i] = mul ( i, fac[i - 1] );
	ifac[n] = qkpow ( fac[n], MOD - 2 );
	for ( int i = n - 1; ~ i; -- i ) ifac[i] = mul ( i + 1, ifac[i + 1] );
}

inline int comb ( const int n, const int m ) {
	return n < m ? 0 : mul ( fac[n], mul ( ifac[m], ifac[n - m] ) );
}

int main () {
	scanf ( "%s %s", A + 1, B + 1 );
	n = strlen ( A + 1 ), init ();
	for ( int i = 1; i <= n; ++ i ) {
		if ( A[i] ^ '0' && B[i] ^ '0' ) ++ bal;
		else if ( A[i] > B[i] ) ++ sur;
	}
	f[0][0] = 1;
	for ( int i = 0; i <= bal; ++ i ) {
		for ( int j = 0, cur; j <= sur; ++ j ) {
			if ( ! ( cur = f[i][j] ) ) continue;
			addeq ( f[i + 1][j], mul ( cur, mul ( i + 1, j ) ) );
			addeq ( f[i][j + 1], mul ( cur, mul ( j + 1, j + 1 ) ) );
		}
	}
	int ans = 0;
	for ( int i = 0; i <= bal; ++ i ) {
		int fre = bal - i;
		int self = mul ( mul ( fac[fre], fac[fre] ),
			mul ( comb ( bal + sur, fre ), comb ( bal, fre ) ) );
		addeq ( ans, mul ( f[i][sur], self ) );
	}
	printf ( "%d
", ans );
	return 0;
}