【NOIP模拟考三】DP+组合数 day1 third 小球游戏

题目描述

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40 01 10 11 0

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    三连击就快完成了。。。（PS：本题答案mod 998244353，这是一个质数）

    这道题还是有点难想，我本来看数据就知道只有两种可能——1.nlogn 2.A（或B）^2，但考试时去想第一种了，（第二种想不出来QAQ）不过依然没有想出什么，就打了暴力……（暴力还打错了QAQ）

    很容易发现，如果是两个盒子（Ai，Bi）和（Aj，Bj），那么答案就是C（Ai+Aj+Bi+Bj，Ai+Aj）。由于A、B是复合属性，所以不能拆开算，所以我们把他们表示成坐标上的点，A作为x，B作为y（反之亦然）。那么显然，上述式子求出的便是（O-i）->j，每次往上或右走一格的方案总数（O是原点）。由于本题数据的特殊性，所以这个原本是组合数学的题目可以用网格DP解得更快，求了第三象限所有点到第一象限所有在输入中的点的行走方案总数后我们就把它输出不能输出！还有一些不合法的情况！例如，i->j和j->i本质上其实是一样的，却被重复计算，而i->i则不合法。我们可以O（n）并利用组合数减去C（2*Ai+2*Bi，2*Ai）。然后考虑重复的情况，由于对称性，我们可以直接除以
2（乘上2的逆元）

    至此，就是代码了：

#include<cstdio>#include<cstring>#include<algorithm>using namespace std;#define N 200005#define M 6005#define mod 998244353int n,A[N],B[N],ans;int dp[M][M];int f[2*M-5],g[2*M-5];void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){    if(!b){x=1;y=0;return;}    exgcd(b,a%b,y,x);    y-=a/b*x;}int NY(int a,int m){    int x,y;    exgcd(a,m,x,y);    return (x%m+m)%m;}int C(int m,int n){    return 1ll*f[m]*g[n]%mod*g[m-n]%mod;}int main(){    scanf("%d",&n);    f[0]=f[1]=g[0]=g[1]=1;    for(int i=2;i<=12000;i++)    {        f[i]=1ll*f[i-1]*i%mod;        g[i]=NY(f[i],mod);    }    for(int i=1;i<=n;i++)    {        scanf("%d%d",&A[i],&B[i]);        dp[-A[i]+3000][-B[i]+3000]++;    }    for(int i=0;i<=6000;i++)        for(int j=0;j<=6000;j++)        {            if(i)                dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j])%mod;            if(j)                dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i][j-1])%mod;        }    for(int i=1;i<=n;i++)    {        ans=(ans+dp[A[i]+3000][B[i]+3000])%mod;        ans=((ans-C(A[i]+A[i]+B[i]+B[i],A[i]+A[i]))%mod+mod)%mod;    }    ans=1ll*ans*g[2]%mod;    printf("%d",ans);}