NOI Online #2 入门组第三题建设城市题解--zhengjun

一看，这个就是一个组合数学，如图所示

这样，很容易想到分类讨论，如果 $x,y$在两侧和 $x,y$在同侧。

如果是两侧的话，就可以枚举这两个位置的高度然后用组合数算出来就可以了。然后的话如果在同侧就不用管什么东西，把第 $x$个位置到第 $y$个位置的所有位置都是一样高的，就可以看成一个城市，剩下的左边 $x-1(x-n-1)$个，右边 $n-y(2\times n-y)$个，加上中间的一个就是 $x+n-y($两种刚好一样 $)$，就直接算出来就可以了。

因为要组合数，所以我们一开始可以处理一下组合数，公式： $C_n^m=C_{n-1}^m+C_n^{m-1}$个，然后直接用就可以了，然后我们推一下有 $x$个位置，可以选 $y$种不同的高度的可能数，其实就是一个组合数 $C_y^{x+1}$直接用即可。

复杂度 $O(nm)$，得分 $60$

代码

#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;
}

然后，我们来谈谈 $100$分的做法，因为这个组合数十分不好，复杂度太高，于是我们想到了这个式子 $C_{n}^{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$，那么我们就可以预处理出阶乘，可是这样是取模之后的结果，不能直接用来除，这里就要用到逆元的知识：

例如 $ax\equiv1\pmod{b}$，其实就是求 $a$关于 $b$ $(b$其实就是模数 $)$的逆元 $x$，因为 $x\equiv x+kb\pmod{b}$

所以 $ax\equiv1\pmod{b}$就相当于 $ax+by\equiv1\pmod{b}$

我谔谔，这个不就是扩展欧几里得算法吗，直接求得 $x$就好了，然后要注意最后要转换成正的。

逆元这个东西，其实是在取模运算中改变符号，就像实数取相反数和分数取倒数一样的，都是改变符号，一个数 $a$关于 $b$的逆元用 $inv(a,b)$表示，所以原来的 $C_{n}^{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$就可以转换成 $C_{n}^{m}=n!\times inv(m!,mod)\times inv((n-m)!,mod)\bmod mod$，这样只要处理出这个 $inv$函数就可以了(前面说过)

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;//转换成正的
}

复杂度 $O(m\ log n)$，已经可以过了。

代码

#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;
}

如果还觉得太慢，可以考虑线性求逆元(模数相同)，用 $inv_i$或 $i^{-1}$表示 $i$关于 $p$的逆元，因为 $p\bmod i+\lfloor\dfrac{p}{i}\rfloor\times i=p$

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

则 $a+b\times i=p$

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

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

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

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

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

于是就可以线性求出逆元了，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;

然后，这题却要维护一个阶乘数组的逆元。

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

所以 $n!^{-1}=(n-1)!^{-1}\times n^{-1}$

然后，就可以先处理出 $1$到 $n$的逆元，然后就可以递推求出阶乘数组的逆元了。

代码

#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;//处理1到n的逆元
	for(i=1;i<=n+m;i++)k[i]=(ll)k[i-1]*i%mod;//处理阶乘
	for(i=1;i<=n+m;i++)invk[i]=(ll)invk[i-1]*inv[i]%mod;//处理阶乘数组的逆元
	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;
}

谢谢–zhengjun