AT5661 [AGC040C] Neither AB nor BA：數論，組合數學

題目來源： AT5661 [AGC040C] Neither AB nor BA.
參考題解： Tea’s blog
LXD讓我們做這個題目，當然先是手玩啦，找刪的掉得太多，所以找刪不掉得。n=2:AB BA ,n=4 前面補，後面補等等寫了寫式子，發現在刪不掉得基礎上補了，前面得又被刪掉了，無頭緒，抄題解啦。
題解很巧妙，處理AB的在奇偶位置上的個數關係。成功的將題目轉爲數學題！
我們可以發現，將一個字串的A替換爲B,B替換爲A,性質不變，因此可以只處理一半。
我們設奇數位置上的A有$x$個，偶數位置上的B有$y$個，則有
$\begin{cases} x<=\frac {n}{2}\\ y<=\frac n2 \end{cases}$
偶數位置上的非B符號，也就是A和C有$\frac n2-y$個，每個非B都可以刪掉一個奇數位置上的A,如果刪完了有剩下的，那必然有奇數位置上的A和偶數位置上的B相鄰，什麼時候纔能有剩下的？也即是$x>=\frac n2-y$；移向後得$x+y>=\frac n2$.
因此我們找出所有情況減去刪不掉的情況也即是：
$3^n-2*count((x+y)>\frac n2)$

如何計算：$count((x+y))$？

分爲兩部分：

• 奇A偶B無關的數據
  設$x+y=t$，則奇A偶B無關的數據有$n-t$個，在奇數位置上可填的數據是B,C,在偶數位置上可以填的數據是A,C，各有兩種情況，因此總數是$2^{n-t}$;
• 奇A偶B數據
  也就是從n個數裏選出t個數，其中奇數有$x$個，偶數有$y$個。
  開始我是這麼想的
  例如：$n=6,t=4$的情況：
  $\begin{cases}x=1,y=3;C^1_3*C^3_3 \\x=2,y=2;C^2_2*C^2_2\\x=3,y=1;C^3_3*C^1_3\end{cases}$
  計算完了之後發現是3+3*3+3=15，正好是$C^4_6$,也就是我們只需要從$n$中選出$t$個數，也就是$C^t_n$。其中奇數的位置放上A，偶數的位置放上B，這樣就符合要求了。
  因此刪不完得字串個數就是: $C^t_n*2^{n-t}$

如何計算：$count((x+y)>\frac n2)$？

$\sum_{t=\frac n2+1}^{n}*C^t_n*2^{n-t}$

到這裏我自己就理清思路了。順便複習了下markdown，但我過會又會忘記的——已經18歲的老年癡呆患者！

//TJ
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

const int N=1e7+10;
typedef long long ll;
ll n,fac[N],invf[N],mi2[N],ans;//fac 階乘，invf 階乘得逆元 
const ll mod=998244353;

ll qpow(ll a,ll b) {
	ll ans=1ll;
	while(b) {
		if(b&1) ans=(ans*a)%mod;
		a=(a*a)%mod;
		b/=2;
	}
	return ans;
}

ll C(int x,int y) {
	return fac[x]*invf[y]%mod*invf[x-y]%mod;
}

int main() {
	scanf("%d",&n);
	fac[0]=mi2[0]=1;
	for(int i=1; i<=n; i++)
		fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,mi2[i]=mi2[i-1]*2%mod;//fac階乘，ci 2^2; 
	invf[n]=qpow(fac[n],mod-2);
	for(int i=n-1; i>=0; i--)
		invf[i]=1ll*invf[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=n/2+1; i<=n; i++)
		ans=(ans+C(n,i)*mi2[n-i]%mod)%mod;
	ans=((qpow(3,n)-ans*2)%mod+mod)%mod;
	printf("%lld\n",ans);
}