【題目鏈接】
【思路要點】
- 我們稱將其餘每一種顏色的氣球各一個標爲顏色 爲操作 。
- 考慮對於給定的 ,如何判斷是否能夠進行 次操作 ,下稱 是否可行。
- 顯然最優的方案是每一次操作一個 不爲 且對應的氣球數最少的顏色。
- 按照這樣的策略,可以發現,當 均不爲 時,前 次操作一定包含了每一種顏色,因此若 可行, 一定也可行,並且兩者形成的局面是相同的。我們需要統計的是可能形成的局面總數,不妨認爲必須有一種顏色沒有被操作,然後統計 的個數。
- 考慮枚舉進行的操作數 ,則有 。
- 考慮每一種顏色對操作序列的影響,顏色 需要在前 次操作中分別存在至少 次對應的操作,滿足這些限制的基礎上,可能還有一些操作剩餘,則可以用隔板法計數,並對 “必須有一種顏色沒有被操作” 容斥。
- 時間複雜度 ,不是很懂保證 的意義。
【代碼】
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; const int MAXN = 2e6 + 5; const int P = 998244353; typedef long long ll; typedef long double ld; typedef unsigned long long ull; template <typename T> void chkmax(T &x, T y) {x = max(x, y); } template <typename T> void chkmin(T &x, T y) {x = min(x, y); } template <typename T> void read(T &x) { x = 0; int f = 1; char c = getchar(); for (; !isdigit(c); c = getchar()) if (c == '-') f = -f; for (; isdigit(c); c = getchar()) x = x * 10 + c - '0'; x *= f; } template <typename T> void write(T x) { if (x < 0) x = -x, putchar('-'); if (x > 9) write(x / 10); putchar(x % 10 + '0'); } template <typename T> void writeln(T x) { write(x); puts(""); } int fac[MAXN], inv[MAXN]; int power(int x, int y) { if (y == 0) return 1; int tmp = power(x, y / 2); if (y % 2 == 0) return 1ll * tmp * tmp % P; else return 1ll * tmp * tmp % P * x % P; } int binom(int x, int y) { if (y > x) return 0; else return 1ll * fac[x] * inv[y] % P * inv[x - y] % P; } void init(int n) { fac[0] = 1; for (int i = 1; i <= n; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % P; inv[n] = power(fac[n], P - 2); for (int i = n - 1; i >= 0; i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1ll) % P; } int a[MAXN], b[MAXN], cnt[MAXN]; void update(int &x, int y) { x += y; if (x >= P) x -= P; } int main() { int n, Max = 0; read(n); for (int i = 1; i <= n; i++) { read(a[i]); b[a[i] + 1]++; chkmax(Max, a[i]); } init(Max + n); for (int i = 1; i <= n; i++) for (int j = a[i] + 1; j <= Max; j += n) cnt[j]++; int ans = 1, empty = 0, lft = n; for (int i = 1; i <= Max; i++) { empty++, lft -= b[i]; if (empty < cnt[i]) break; empty -= cnt[i]; update(ans, binom(empty + n - 1, n - 1)); if (empty >= lft) update(ans, P - binom(empty - lft + n - 1, n - 1)); } writeln(ans); return 0; }