NOI Online #2 入門組第三題建設城市題解--zhengjun

一看，這個就是一個組合數學，如圖所示

這樣，很容易想到分類討論，如果$x,y$在兩側和$x,y$在同側。

如果是兩側的話，就可以枚舉這兩個位置的高度然後用組合數算出來就可以了。然後的話如果在同側就不用管什麼東西，把第$x$個位置到第$y$個位置的所有位置都是一樣高的，就可以看成一個城市，剩下的左邊$x-1(x-n-1)$個，右邊$n-y(2\times n-y)$個，加上中間的一個就是$x+n-y($兩種剛好一樣$)$，就直接算出來就可以了。

因爲要組合數，所以我們一開始可以處理一下組合數，公式：$C_n^m=C_{n-1}^m+C_n^{m-1}$個，然後直接用就可以了，然後我們推一下有$x$個位置，可以選$y$種不同的高度的可能數，其實就是一個組合數$C_y^{x+1}$直接用即可。

複雜度$O(nm)$，得分$60$

代碼

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,m,x,y;
int t;
int f[5005][5005];
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&x,&y);
	for(int i=1;i<=n+2;i++){
		f[i][1]=1;
		for(int j=2;j<=m+1;j++){
			f[i][j]=(f[i-1][j]+f[i][j-1])%mod;
		}
	}
	if(x<=n&&y>n){
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			ans=(ans+((ll)f[x][i]*f[n-x+1][m-i+1]%mod*f[y-n][m-i+1]%mod*f[n*2-y+1][i]%mod))%mod;
		}
		printf("%d",ans);
	}
	else{
		printf("%d",(ll)f[n+1][m]*f[x+n-y+1][m]%mod);
	}
	return 0;
}

然後，我們來談談$100$分的做法，因爲這個組合數十分不好，複雜度太高，於是我們想到了這個式子$C_{n}^{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$，那麼我們就可以預處理出階乘，可是這樣是取模之後的結果，不能直接用來除，這裏就要用到逆元的知識：

例如$ax\equiv1\pmod{b}$，其實就是求$a$關於$b$$(b$其實就是模數$)$的逆元$x$，因爲$x\equiv x+kb\pmod{b}$

所以$ax\equiv1\pmod{b}$就相當於$ax+by\equiv1\pmod{b}$

我諤諤，這個不就是擴展歐幾里得算法嗎，直接求得$x$就好了，然後要注意最後要轉換成正的。

逆元這個東西，其實是在取模運算中改變符號，就像實數取相反數和分數取倒數一樣的，都是改變符號，一個數$a$關於$b$的逆元用$inv(a,b)$表示，所以原來的$C_{n}^{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$就可以轉換成$C_{n}^{m}=n!\times inv(m!,mod)\times inv((n-m)!,mod)\bmod mod$，這樣只要處理出這個$inv$函數就可以了(前面說過)

void exgcd(int a,int b,int &xx,int &yy){
	if(b==0){
		xx=1,yy=0;
		return;
	}
	exgcd(b,a%b,xx,yy);
	int t=xx;
	xx=yy;
	yy=t-a/b*yy;
}
int inv(int a){
	int xx,yy;
	exgcd(a,mod,xx,yy);
	return (xx%mod+mod)%mod;//轉換成正的
}

複雜度$O(m\ log n)$，已經可以過了。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,m,x,y;
int k[500001];
void exgcd(int a,int b,int &xx,int &yy){
	if(b==0){
		xx=1,yy=0;
		return;
	}
	exgcd(b,a%b,xx,yy);
	int t=xx;
	xx=yy;
	yy=t-a/b*yy;
}
int inv(int a){
	int xx,yy;
	exgcd(a,mod,xx,yy);
	return (xx%mod+mod)%mod;
}
int f(int xx,int yy){
	int a=inv(k[yy-1]),b=inv(k[xx]),p=k[xx+yy-1];
	return (ll)p*a%mod*b%mod;
}
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&x,&y);
	k[0]=1;
	for(int i=1;i<=500000;i++)k[i]=(ll)k[i-1]*i%mod;
	if(x<=n&&y>n){
		int ans=0;
		for(int i=1;i<=m;i++){
			ans=(ans+((ll)f(x-1,i)*f(n-x,m-i+1)%mod*f(y-n-1,m-i+1)%mod*f(n*2-y,i)%mod))%mod;
		}
		printf("%d",ans);
	}
	else{
		printf("%d",(ll)f(n,m)*f(x+n-y,m)%mod);
	}
	return 0;
}

如果還覺得太慢，可以考慮線性求逆元(模數相同)，用$inv_i$或$i^{-1}$表示$i$關於$p$的逆元，因爲$p\bmod i+\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor\times i=p$

所以，設$a=p\bmod i,b=\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor$

則$a+b\times i=p$

$a+b\times i\equiv0\pmod{p}$

$b\times i\equiv-a\pmod{p}$

$i\equiv-\dfrac{a}{b}\pmod{p}$

$i^{-1}\equiv-\dfrac{b}{a}=-b\times a^{-1}\pmod{p}$

也就是$i$的逆元$inv(i)$就是$-\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor\times inv_{p\bmod i}\bmod p=(p-\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor)\times inv_{p\bmod i}\bmod p$

於是就可以線性求出逆元了，初始化：$inv_1=1$

inv[1]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=(long long)(p-p/i)*inv[p%i]%p;

然後，這題卻要維護一個階乘數組的逆元。

$n!=(n-1)!\times n$

所以$n!^{-1}=(n-1)!^{-1}\times n^{-1}$

然後，就可以先處理出$1$到$n$的逆元，然後就可以遞推求出階乘數組的逆元了。

代碼

#include<bits/stdc++.h>
#define f(x,y) ((long long)k[x+y-1]*invk[y-1]%mod*invk[x]%mod)
#define ll long long
#define mod 998244353
using namespace std;
int n,m,x,y;
int k[200001];
int inv[200001];
int invk[200001];
int main(){
	scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&x,&y);
	register int i,ans=0;
	k[0]=inv[1]=invk[0]=1;
	for(i=2;i<=n+m;i++)inv[i]=((ll)mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;//處理1到n的逆元
	for(i=1;i<=n+m;i++)k[i]=(ll)k[i-1]*i%mod;//處理階乘
	for(i=1;i<=n+m;i++)invk[i]=(ll)invk[i-1]*inv[i]%mod;//處理階乘數組的逆元
	if(x<=n&&y>n){
		for(i=1;i<=m;i++)ans=(ans+((ll)f(x-1,i)*f(n-x,m-i+1)%mod*f(y-n-1,m-i+1)%mod*f(n*2-y,i)%mod))%mod;
		printf("%d",ans);
	}
	else{
		printf("%d",(ll)f(n,m)*f(x+n-y,m)%mod);
	}
	return 0;
}

謝謝–zhengjun