Ball Eat Chameleons[AGC021]

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luogu

题解

设选了 $R$ 个红球，则选了 $B=k-R$ 个蓝球。

考虑一只变色龙最后是红色的当且仅当：

  1. 所吃红球>蓝球；
  2. 所吃红球=蓝球，且最后一次吃的是蓝球。

接下来来看什么时候可行。

分类讨论：

  1. $R<B$，此时方案数显然为 $0$。因为至少存在一只变色龙是蓝色。

  2. $R\geq B+n$，此时方案数显然为 $\binom{R+B}{B}$，因为每只变色龙都可以符合第一种情况。

  3. $R=B$，这时候必须满足序列中最后一个是蓝球，否则必然不合法，然后转换成 $(R,B-1)$ 的问题。

  4. $R\in (B,B+n)$，这时候需要有 $n-(R-B)$ 只变色龙符合第二种情况。并且，当这只变色龙吃的球的个数大于 $2$ 的话，可以将最后的一个红球和蓝球不吃，让给剩下 $R-B$ 只满足第一种情况的变色龙吃，也能满足情况。

    因此，这种情况就变成了给定一个 R,B 序列，里面有 $R$ 个 R，$B$ 个 B，至少要找到 $n-(R-B)$ 个互不相交的子序列，且这个子序列是 RB，问符合情况的方案数。

    把 R 看成 $+1$，B 看成 $-1$，上面的条件相当于：

    对于每个前缀都满足前缀和 $\geq B-(n-(R-B))=R-n$

    这时候由经典的折线法容斥一下就好了，得到方案数：$\binom{R+B}{R}-\binom{R+B}{2R-n+1}$。

预处理组合数，时间复杂度 $O(k)$。

程序

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#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define FO(x) freopen(#x".in","r",stdin),freopen(#x".out","w",stdout)
#define fo(i,j,k) for(int i=(j),end_i=(k);i<=end_i;i++)
#define ff(i,j,k) for(int i=(j),end_i=(k);i< end_i;i++)
#define fd(i,j,k) for(int i=(j),end_i=(k);i>=end_i;i--)
#define DEBUG(x) cerr<<#x<<"="<<x<<endl
#define all(x) (x).begin(),(x).end()
#define cle(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define lowbit(x) ((x)&-(x))
#define ll long long
#define ull unsigned ll
#define db double
#define lb long db
#define pb push_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
const ll mod=998244353;
inline ll Add(ll x,ll y){x+=y; return (x<mod)?x:x-mod;}
inline ll Dec(ll x,ll y){x-=y; return (x<0)?x+mod:x;}
inline ll Mul(ll x,ll y){return x*y%mod;}
inline ll Pow(ll x,ll y)
{
	y%=(mod-1);ll ans=1;for(;y;y>>=1,x=x*x%mod)if(y&1) ans=ans*x%mod;
	return ans;
}
const int N=5e5+5;
ll fac[N],inv[N];
int n,k,R,B;
inline ll C(int n,int m)
{
	if(n<0||m<0||n-m<0) return 0;
	return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
void init(int n)
{
	fac[0]=1; fo(i,1,n) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
	inv[n]=Pow(fac[n],mod-2); fd(i,n,1) inv[i-1]=inv[i]*i%mod;
}
ll ans;
int main()
{
	cin>>n>>k;
	if(n>k) return puts("0")&0;
	init(k);
	fo(R,0,k)
	{
		B=k-R;
		if(R<B) continue;
		if(R>=B+n) {ans=Add(ans,C(R+B,R)); continue;}
		if(R==B) B--;
		ans=Add(ans,Dec(C(R+B,R),C(R+B,2*R-n+1)));
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}