Codeforces 1188E Problem from Red Panda (计数)

题目链接

https://codeforces.com/contest/1188/problem/E

题解

我们可以发现，题目要求数的目标状态的个数，实际上就是在数操作序列（指每个气球操作的次数构成的序列，第 (i) 个颜色操作 (b_i) 次）的个数。可以发现如果给定了操作序列，每次一定是操作那个剩下的 (a_i) 最小的。那么对于一个合法序列 (b)，将其每个元素减去 (1) 后一定合法，且得到的序列不变。那么我们可以通过强制至少一个 (b_i=0) 来保证不算重。
然后我就卡住了。。。。。手动再见
考虑每种颜色对序列合法的限制，就是对每个 (i)，前 (a_i+mk+1 (m=0,1,2,...)) 次操作至少要有一次操作 (i). 那么从小到大枚举操作总数 (s) ((0le sle max a_i))，我们可以得到某些必须进行的操作，剩余的操作分配给 (k) 种颜色，使用插板法计算。为了保证存在 (b_i=0)，再减去强制给每个未出现限制的 (b_i) 都 (+1) 的方案数。
时间复杂度 (O(k+max a_i)).

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define llong long long
#define mkpr make_pair
#define iter iterator
#define riter reversed_iterator
#define y1 Lorem_ipsum_dolor
using namespace std;

inline int read()
{
	int x = 0,f = 1; char ch = getchar();
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar()) {if(ch=='-') f = -1;}
	for(; isdigit(ch);ch=getchar()) {x = x*10+ch-48;}
	return x*f;
}

const int mxN = 1e6;
const int P = 998244353;
llong fact[mxN*2+3],facti[mxN*2+3];
int a[mxN+3];
int cnt[mxN+3],cnt2[mxN+3];
int n,mx;

llong quickpow(llong x,llong y)
{
	llong cur = x,ret = 1ll;
	for(int i=0; y; i++)
	{
		if(y&(1ll<<i)) {y-=(1ll<<i); ret = ret*cur%P;}
		cur = cur*cur%P;
	}
	return ret;
}
llong comb(llong x,llong y) {return x<0||y<0||x<y?0ll:fact[x]*facti[y]%P*facti[x-y]%P;}

void updsum(llong &x,const llong y) {x = x+y>=P?x+y-P:x+y;}

void initfact(int n)
{
	fact[0] = 1ll; for(int i=1; i<=n; i++) fact[i] = fact[i-1]*i%P;
	facti[n] = quickpow(fact[n],P-2); for(int i=n-1; i>=0; i--) facti[i] = facti[i+1]*(i+1ll)%P;
}

int main()
{
	initfact(mxN*2);
	n = read();
	for(int i=1; i<=n; i++) a[i] = read(),mx = max(mx,a[i]);
	for(int i=1; i<=n; i++)
	{
		for(int j=a[i]+1; j<=mx; j+=n) {cnt[j]++;} cnt2[a[i]+1]++;
	}
	llong ans = 0ll;
	for(int i=0,j=0,k=n; i<=mx; i++,j++)
	{
		j-=cnt[i],k-=cnt2[i];
//		printf("i=%d j=%d k=%d
",i,j,k);
		if(j<0) break;
		llong tmp = comb(j+n-1,n-1);
		updsum(ans,tmp);
		if(j-k>=0)
		{
			llong tmp = comb(j-k+n-1,n-1);
			updsum(ans,P-tmp);
		}
	}
	printf("%I64d
",ans);
	return 0;
}