NOI Online #2 入门组 T3 建设城市

原题链接

简洁题意：

给定一个$n$，构造一个每个数都不大于$m$，前$n$个不下降，后$n$个不上升，且$a_x=a_y$的序列。注意，没有说$n$是最高楼。

分析：

这个题可以发现，如果没有$a_x=a_y$的要求就是分成前后两边，前面$n$个不下降，$m$种高度看成盒子，要把$n$个楼放进去。可以给每个盒子手动放一个球，就变成了插板法：$C_{n+m-1}^{m-1}$就是答案。为了方便，后面的$F_n^m$表示$m$种高度放$n$个楼，即$C_{n+m-1}^{m-1}$。回到正题，我们这样放了前$n$个楼，后面不上升的还有$n$个楼，还是$m$种高度可以选，则是$F_n^m$，两边的方案乘法原理乘起来即可。
考虑加上限制条件$a_x=a_y$。第一种情况，分别处于$n$的两边。则可以枚举它们两个的高度$h$，分成四部分：$(1,x-1)(x+1,n)(n+1,y-1)(y+1,2\ast n)$，方案数根据乘法原理是$F_{x-1}^h\times F_{n-x}^{m-h+1}\times F_{y-n-1}^{m-h+1}\times F_{2\times n-y}^h$。
那么考虑两个在同一边，则有一边是没有任何限制的，$F_n^m$，另外一边不难发现，$x$和$y$中间的楼都是等于$x$和$y$的。所以，把在外面的楼进行计算，把这些相同的也丢出去算，即$F_{n-x+y}^m$，这样就相当于把这些相同的压缩成一个点进行计算。
最后在考虑$C$如何计算。因为题目要取模，所以不能用除法，于是只能乘逆元代替除法。则费马小定理出场了：

如果p是一个质数，则有$a^{p-1}\equiv 1(modp)$

因此，有$a\times a^{p-2}\equiv 1(modp)$，所以$a^{p-2}$就是$a$的逆元。我们这个题模数刚好是质数，于是我们这个题就可以求出逆元来代替除法。因为这个题会算多次的$C$，所以在前面会先初始化阶乘以及阶乘的逆元。
那么阶乘的逆元怎么求呢？其实也可以递推。$f_i=f_{i+1}\times (i+1)$，这个我就不证明了。所以，只用对最后一个计算快速幂后面递推计算即可。
最后，$C$怎么求呢？$C_n^m=n!÷m!÷(n-m)!$
这个题预处理是$\Theta (n)$的，后面枚举了一下高度，时间复杂度$\Theta (m)$，但是如果是另一种情况时间复杂度又是$\Theta (1)$的，所以时间复杂度是$O(n+m)$的。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int NN=2e5+4,P=998244353;
ll m,n,x,y,ans,f1[NN],f2[NN];
ll ksm(ll a,ll b)
{
    
    
	ll sum=1;
	while(b)
	{
    
    
		if(b&1)
			sum=sum*a%P;
		a=a*a%P;
		b>>=1;
	}
	return sum;
}
ll C(ll m,ll n)
{
    
    
	return f1[n+m-1]*f2[n]%P*f2[m-1]%P;
}
int main()
{
    
    
	scanf("%d%d%d%d",&m,&n,&x,&y);
	f1[0]=1;
	for(int i=1;i<=m+n;i++)
		f1[i]=f1[i-1]*i%P;
	f2[m+n]=ksm(f1[m+n],P-2);
	for(int i=m+n-1;i>=0;i--)
		f2[i]=f2[i+1]*(i+1)%P;
	if(x<=n&&y>n)
		for(int i=1;i<=m;i++)
			ans=(ans+C(i,x-1)*C(m-i+1,n-x)%P*C(m-i+1,y-n-1)%P*C(i,2*n-y))%P;
	else
		ans=C(m,n)*C(m,n+x-y)%P;
	printf("%d",ans);
	return 0;
}