AT5661 [AGC040C] Neither AB nor BA：数论，组合数学

题目来源： AT5661 [AGC040C] Neither AB nor BA.
参考题解： Tea’s blog
LXD让我们做这个题目，当然先是手玩啦，找删的掉得太多，所以找删不掉得。n=2:AB BA ,n=4 前面补，后面补等等写了写式子，发现在删不掉得基础上补了，前面得又被删掉了，无头绪，抄题解啦。
题解很巧妙，处理AB的在奇偶位置上的个数关系。成功的将题目转为数学题！
我们可以发现，将一个字串的A替换为B,B替换为A,性质不变，因此可以只处理一半。
我们设奇数位置上的A有$x$个，偶数位置上的B有$y$个，则有
$\begin{cases} x<=\frac {n}{2}\\ y<=\frac n2 \end{cases}$
偶数位置上的非B符号，也就是A和C有$\frac n2-y$个，每个非B都可以删掉一个奇数位置上的A,如果删完了有剩下的，那必然有奇数位置上的A和偶数位置上的B相邻，什么时候才能有剩下的？也即是$x>=\frac n2-y$；移向后得$x+y>=\frac n2$.
因此我们找出所有情况减去删不掉的情况也即是：
$3^n-2*count((x+y)>\frac n2)$

如何计算：$count((x+y))$？

分为两部分：

• 奇A偶B无关的数据
  设$x+y=t$，则奇A偶B无关的数据有$n-t$个，在奇数位置上可填的数据是B,C,在偶数位置上可以填的数据是A,C，各有两种情况，因此总数是$2^{n-t}$;
• 奇A偶B数据
  也就是从n个数里选出t个数，其中奇数有$x$个，偶数有$y$个。
  开始我是这么想的
  例如：$n=6,t=4$的情况：
  $\begin{cases}x=1,y=3;C^1_3*C^3_3 \\x=2,y=2;C^2_2*C^2_2\\x=3,y=1;C^3_3*C^1_3\end{cases}$
  计算完了之后发现是3+3*3+3=15，正好是$C^4_6$,也就是我们只需要从$n$中选出$t$个数，也就是$C^t_n$。其中奇数的位置放上A，偶数的位置放上B，这样就符合要求了。
  因此删不完得字串个数就是: $C^t_n*2^{n-t}$

如何计算：$count((x+y)>\frac n2)$？

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

到这里我自己就理清思路了。顺便复习了下markdown，但我过会又会忘记的——已经18岁的老年痴呆患者！

//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 阶乘，invf 阶乘得逆元 
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阶乘，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);
}