矩阵 题解

成功被低年级吊打

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题意

\(~~~~\) 略

题解

\(~~~~\) A001499，写完了。

\(~~~~\) 考虑转化题意，改为：令 \(f_i\) 表示对长为 \(n\) 的，初始全部为 \(0\) 的数列进行操作，每次选择两个位置 \(+1\) ，求进行 \(n\) 次操作，使得所有数都为 \(2\) 的操作方案数。

\(~~~~\) 那么我们考虑 \(\texttt{DP}\)，设 \(dp_i\) 表示填一个长为 \(n\) 的数列，使其满足条件的方案数。则有边界 \(dp_0=1,dp_2=1\) 。同时设一个辅助数组 \(f_i\) 表示一个长为 \(n\) ，其中填了两个 \(1\) 的使其满足条件的方案数。

\(~~~~\) 考虑如何推 \(dp\) 数组，假设现在在推 \(dp_i\)，此时我们需要缩小至少 \(1\) 的规模，也就是对一个格子操作两次。因此分为以下两种情况：

• 两次选择的另一个格子相同，则此后状态为 \(dp_{i-2}\)，选择另一个格子的方案数为 \(C_{i-1}^1\) ，同时该操作只需选择任意两次行操作即可，不用考虑顺序。综上该部分为 \(dp_{i-2}\times C_{i-1}^1\times C_{i}^2\)；
• 两次选择的另一个格子不相同，则此后状态为 \(f_{i-1}\)，选择另两个格子的方案数为 \(C_{i-2}^2\)，同时该操作有顺序区分。综上该部分为 \(f_{i-1}\times C_{i-1}^2\times A_{i}^2\)；

\(~~~~\) 再来考虑推 \(f\) 数组，此时必须把这两个 \(1\) 都消掉，所以分为以下三种情况：

• 在选择第一个 \(1\) 时就选到了另一个 \(1\) ，之后的状态为 \(dp_{i-2}\)，只能选择另一个格子，同时在前 \(i-1\) 次操作中选择一次进行该操作（有 \(1\) 次用来填这两个 \(2\) ）。综上该部分为 \(dp_{i-2}\times 1\times C_{i-1}^1\)；
• 两个 \(1\) 选的另一个格子不同，之后的状态为 \(f_{i-2}\)，注意到两次行操作选择格子不同会导致行不同所以应该有 \(A_{i-2}^2\) 种选格子方式，最后还是两次操作不同故有序。综上该部分为 \(f_{i-2}\times A_{i-2}^2\times A_{i-1}^2\)；
• 两个 \(1\) 选的另一个格子相同，之后的状态为 \(dp_{i-3}\) ，仍然选择另一个格子方案数为 \(C_{i-2}^1\) ，最后安排行操作方案为 \(A_{i-1}^2\) 。综上该部分为 \(dp_{i-3}\times C_{i-2}^1\times A_{i-1}^2\) 。

\(~~~~\) 最后 \(\mathcal{O(n)}\) \(\texttt{DP}\)就行了。

代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const int MOD=998244353;
ll Fac[10000005],Inv[10000005];
ll qpow(ll a,ll b)
{
	ll ret=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ret=ret*a%MOD;
		b>>=1;a=a*a%MOD;
	}
	return ret;
}
ll C(ll r,ll n){return Fac[n]*Inv[r]%MOD*Inv[n-r]%MOD;}
ll A(ll r,ll n){return Fac[n]*Inv[n-r]%MOD;}
ll dp[10000005],f[10000005];
int main() {
	int n;
	scanf("%d",&n);
	Fac[0]=1;Inv[0]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++) Fac[i]=Fac[i-1]*i%MOD;
	Inv[n]=qpow(Fac[n],MOD-2);
	for(int i=n-1;i>=1;i--) Inv[i]=Inv[i+1]*(i+1)%MOD;
	dp[0]=1; dp[2]=1;
	f[2]=1;
	ll Ans=1;
	for(int i=3;i<=n;i++)
	{
		//            状态   选择格子     选择操作 
		dp[i]=(dp[i]+dp[i-2]*C(1,i-1)%MOD*C(2,i)%MOD)%MOD;
		dp[i]=(dp[i]+f[i-1] *C(2,i-1)%MOD*A(2,i)%MOD)%MOD;
		f[i]=(f[i]+  dp[i-2]*1           *C(1,i-1)%MOD)%MOD;
		f[i]=(f[i]+  f[i-2] *A(2,i-2)%MOD*A(2,i-1)%MOD)%MOD;
		f[i]=(f[i]+  dp[i-3]*C(1,i-2)%MOD*A(2,i-1)%MOD)%MOD;
		Ans=(Ans+dp[i])%MOD;
	}
	printf("%lld",Ans);
	return 0;
}