XVI.CF1251F Red-White Fence
这题充分显现出了FFT工具人的本性。
对于这个奇奇怪怪的图形的周长，我们平移平移就能发现，它为( ext{(红木板长度+总木板数量)}*2)。有了这个结论，我们只需要枚举当前用的是哪块红木板（红木板数量(leq 5)），再求出用各种总木板数量的方案数，求个和即可。
我们考虑如何求出用每种数量的木板的方案数。
考虑当所有白木板的长度都不相同时，任意一块木板，无论放在红木板左边还是右边，方案都是存在且唯一的。因此，放置(i)块白木板的方案就是：(C_u^i*2^i)。其中，(u)表示互不相同的白木板的数量。(C_u^i)意为选择(i)块木板，(2^i)意为这(i)块木板可以任意放在红木板左边或右边。
相反，如果所有长度都有一块以上的白木板呢？显然，在一个栅栏中，最多只能放两块相同长度的白木板，即左边一块，右边一块。(3)块及以上的相同长度木板和两块木板没有任何区别。设有(v)种长度种类的木板，则(i)块木板的答案为：(C_{2v}^i)，因为每个长度都可以选择左边放还是不放以及右边放还是不放，因此是(2v)。
现在两种情形都有，怎么办呢？
卷一块呀。
设(f(i)=C_u^i*2^i)，(g(i)=C_{2v}^i)。计算(h=f*g)，则这块红木板对于选(i)块木板的答案的贡献即为(h(i))。
则最终询问的答案即为(sumlimits_{i=1}^mh_i(q))，其中(q)为询问对象。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int G=3;
const int lim=1<<20,lg=20;
int n,m,cnt[lim+10],s1[lim+10],s2[lim+10],f[lim+10],g[lim+10],res[lim+10],invlim,fac[lim+10],invfac[lim+10],rev[lim+10];
int ksm(int x,int y){
int rt=1;
for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)rt=(1ll*rt*x)%mod;
return rt;
}
void NTT(int *a,int tp){
for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
for(int md=1;md<lim;md<<=1){
int rt=ksm(G,(mod-1)/(md<<1));
if(tp==-1)rt=ksm(rt,mod-2);
for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
int w=1;
for(int i=0;i<md;i++,w=(1ll*w*rt)%mod){
int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
a[pos+i]=(x+y)%mod;
a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
}
}
}
if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=(1ll*a[i]*invlim)%mod;
}
int C(int n,int m){
if(m>n)return 0;
return 1ll*fac[n]*invfac[m]%mod*invfac[n-m]%mod;
}
int main(){
for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(lg-1));
fac[0]=invfac[0]=1;
for(int i=1;i<lim;i++)fac[i]=(1ll*fac[i-1]*i)%mod;
invfac[lim-1]=ksm(fac[lim-1],mod-2);
for(int i=lim-2;i>=1;i--)invfac[i]=(1ll*invfac[i+1]*(i+1))%mod;
invlim=ksm(lim,mod-2);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1,x;i<=n;i++)scanf("%d",&x),cnt[x]++;
for(int i=1;i<lim;i++)s1[i]=s1[i-1]+(cnt[i]==1),s2[i]=s2[i-1]+(cnt[i]>=2);
for(int i=1,x,u,v;i<=m;i++){
scanf("%d",&x),u=s1[x-1],v=s2[x-1];
for(int j=0;j<lim;j++)f[j]=1ll*C(u,j)*ksm(2,j)%mod,g[j]=C(v*2,j);
NTT(f,1),NTT(g,1);
for(int j=0;j<lim;j++)f[j]=(1ll*f[j]*g[j])%mod;
NTT(f,-1);
for(int j=0;j<lim-x-1;j++)res[j+x+1]=(res[j+x+1]+f[j])%mod;
}
scanf("%d",&m);
for(int i=1,x;i<=m;i++)scanf("%d",&x),printf("%d
",res[x/2]);
return 0;
}