做题记录 #5

A. CF2135E1 Beyond the Palindrome (Easy Version) (7.5)

2025.11.10

容斥好题。首先发现这个消除 10 子串类似一个括号序列，最后只会剩下 前缀一堆 \(0\) 和 后缀一堆 \(1\)。经典 trick 转 \(\pm 1\) 前缀和折线，令 \(0\) 时 \(-1\)、\(1\) 时 \(+1\)，那么不难发现前面 \(0\) 的个数是 \(-\min pre\) 个。反转后的前缀和折线，可以发现刚好是原折线绕 \((n,pre_n)\) 旋转 \(180^\circ\)，因此不难得到 \(\max pre - pre_n = -\min pre\)，即 \(\max pre + \min pre = sum\)。非常好的转化。

那么接下来怎么做呢？可以枚举这个折线的值域，即 \(\max=u\) 和 \(\min=d\)。此时非常想要反射容斥，但是这个条件是“恰好”的，不好处理，考虑容斥成 \((d, u) - (d + 1, u) - (d, u - 1) + (d + 1, u - 1)\)，就可以改成 \(\max \leq u, \min \geq d\) 了。

于是考虑反射容斥。与 Catalan 的反射容斥不太相同，它有两条线卡着。但是反思反射容斥的过程，我做一次反射可以容斥完所有的只触碰当前 \(y=i\) 这个限制直线 的方案，所以连续的触碰同一个限制是无需考虑的，我只需要考虑交替的触碰。当然，会有两种交替的方式（向上或向下）。由于 \(x=n\) 的情况下无法走到 \(|y| > n\) 的点位，而且每两次反射都会增长 \(2(u-d)\) 的纵坐标绝对值，因此做一个 \((d,u)\) 的复杂度是 \(\mathcal{O}(\frac{n}{u-d})\) 的。暴力枚举 \(n^2\ln n\)。

发现我有很多的 \(u-d\) 相同，他们考虑的反射其实是类似的，我们可以直接把它连起点平移到 \((0, u-d)\) 的限制中。此时，起点是 \((0, 0\sim u-d)\)，对应的终点是 \((n, u-d\sim 0)\)。不难发现我做的翻折不会给点横坐标带上系数，因此每个起点对应的终点横坐标一定也是段区间。此时存在两种情况，一种差值全相等，组合数直接乘起点数即可；另一种差值是个公差为 \(2\) 的等差数列，考虑到 \((0, 0)\rightarrow (n, x)\) 的方案数其实是 \(n\choose (n+x)/2\)，因此是个组合数区间和，总数都是 \(n\)，预处理一下前缀和即可。时间复杂度 \(\mathcal{O}(n\ln n)\)。

代码细节挺多，因为会有上面容斥的 减去项，需要深思熟虑。今天状态有点差，想不明白这个 E2，看题解也没有很懂，但是感觉是特殊化的推式子，感觉不太 educational，故没有补/hsh

Code

// STOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOOO hzt CCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCCORZ
#include <algorithm>
#include <cassert>
#include <iostream>
#include <numeric>
#include <vector>using namespace std;
using LL = long long;
using PII = pair<int, int>;
constexpr int kN = 1e6 + 1, kP = 998244353;int T, n;
int inv[kN], a[kN];
LL sum[kN];
LL Get(int l, int r) {l > r && (swap(l, r), 0);return sum[min(r, n)] - (l > 0 ? sum[l - 1] : 0);
}
int Func(int d, bool o) {LL ret = 0, len = d + 2 - o;for (int k = 0, l; (l = (n + d - o) / 2 - k * len) >= 0; k++)  //* UDret += Get((n - d) / 2 - k * len, l);for (int k = 1, r; (r = (n - d) / 2 + k * len) <= n; k++)  //* DUret += Get(r, (n + d) / 2 - o + k * len);for (int k = 0, p; (p = (n - d) / 2 - 1 - k * len) >= 0; k++)  //* Dret -= (d + 1ll - o) * a[p] % kP;for (int k = 1, p; (p = (n - d) / 2 - 1 + k * len) <= n; k++)  //* Uret -= (d + 1ll - o) * a[p] % kP;return (ret % kP + kP) % kP;
}
int main() {
#ifndef ONLINE_JUDGEfreopen("input.in", "r", stdin);freopen("output.out", "w", stdout);
#endifcin.tie(0)->sync_with_stdio(0);inv[1] = 1;for (int i = 2; i < kN; i++)inv[i] = 1ll * (kP - kP / i) * inv[kP % i] % kP;for (cin >> T; T--;) {cin >> n, sum[0] = a[0] = 1;for (int i = 1; i <= n; i++) {a[i] = 1ll * a[i - 1] * inv[i] % kP * (n - i + 1) % kP;sum[i] = (sum[i - 1] + a[i]) % kP;}LL ans = 0;for (int d = 2 - (n % 2), lst = 0; d <= n; d += 2) {ans += lst;ans += (lst = Func(d, 0));ans -= 2 * Func(d, 1);}cout << (ans % kP + kP) % kP << '\n';for (int i = 0; i <= n; i++)sum[i] = a[i] = 0;}return 0;
}