atcoder grand contest 040 F Two Pieces

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sol:

首先 这题我不会

看了官方的题解才会的……这里只是写一下自己的理解x

如果有错可以私聊我qwq

我们现在用$(x,d)$表示一个状态

这个状态定义为比较大的那个点在$x$位置，两个点之间的距离是$d$

接下来我们就可以把操作抽象成如下的三个东西

$(I)$把$x$和$d$同时$-1$

$(II)$把$d$ $-1$ $[d>=2]$

$(III)$把$d$设为$0$

接下来我们就考虑先做$I$操作和$II$操作

假设我们已经排列好了$I$和$II$操作，考虑怎么把$III$操作插入这个序列中

考虑$III$操作能插入的位置

抄一段题解x

the  value  of  d  will  never  be  equal  to  or  less  than  its  current  value  again.

也就是说只能把$III$插入$d$不会比后面任何$d$大的情况操作的后面

在插入完$C$操作的时候，$d$的值要是$B-A$

所以我们必须插入$III$ 其中$d$的值最终是$A-k$的时候

将$III$的其余$N-B-k-1$次，插入到最后一次$d$值变为$0、1，... A-k$的任何位置。

于是我们考虑枚举一个$k$

我们可以分开处理操作$I$和操作$II$的总方案和插入$III$的方案

$I$和$II$的操作可以类似$catalan$数的操作，考虑枚举一个位置不合法之后翻转一下

翻转完之后就可以直接统计

$III$操作是个经典的隔板

然后就好像做完了x

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int N,a,b,ans;
int fac[10000005],inv[10000005];
const int fish=998244353;
int Pow(int x,int y){
    int ans=1;
    for (;y;y>>=1,x=1ll*x*x%fish) if (y&1) ans=1ll*ans*x%fish;
    return ans;
}
void Pre(){
    fac[0]=1;
    for (int i=1;i<=10000000;i++)
        fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%fish;
    inv[10000000]=Pow(fac[10000000],fish-2);
    for (int i=9999999;i>=0;i--)
        inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%fish;
}
int C(int n,int r){return 1ll*fac[n]*inv[r]%fish*inv[n-r]%fish;}
int catalan(int x,int y){return ((C(x+y,y)-C(x+y,y-1))+fish)%fish;}
int main(){
    Pre();
    scanf("%d%d%d",&N,&a,&b);
    if (b==0){
        cout<<1;
        return 0;
    }
    for (int i=0;i<=min(min(a,N-b),b-1);i++){
        int tot=catalan(b-1,i);
        if (i+b==N){
            if (a==i)
                (ans+=tot)%=fish;
        }
        else {
            int x=N-b-i-1;
            int y=b-i-(b-a)+1;
            (ans+=1ll*tot*C(x+y-1,x)%fish)%=fish;
        }
    }
    cout<<ans;
}