AGC036C GP 2

有个一开始全(0)的数组，每次选择两个不同的位置，分别(+1)和(+2)。

问操作恰好(m)次之后可能形成的不同的数组的方案数。

(nle 10^6,mle 5*10^5)

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考虑最终形成的数组为(a_i)。如果能够将其表示成(x_i+2y_i)，那么有：(sum x_i=sum y_i=m)。

分析怎样的((x_i,y_i))有解：相当于每次选择(i eq j)，使得(x_i,y_j)各减一，最终能都减到(0)。

显然的必要条件：(x_ile sum_{j eq i}y_j=m-y_i)。于是有(x_i+y_ile m)。可证这也是充分条件：

忽略所有(x_i=y_i=0)的点。

边界情况：(n=2)。此时(x_1+y_1=x_2+y_2=m)，因为(x_1+x_2=y_1+y_2=m)，可以推出(x_1=y_2,x_2=y_1)，有解。

找到个(x_i+y_i)最大的，对于(x_i,y_i)中的较大者，找到(y_j)或(x_j)（(j eq i)），两者各减一。（一定能找到：不妨设(x_ige y_i)，如果找不到(y_j>0)，则(y_i=m)，此时(x_i+y_i>m)）

因为(x_i+y_i=m)不超过两个（否则总和大于(2m)），所以搞完之后仍然满足(x_i'+y_i'le m')。

归纳得证。

接下来问题是对于(a_i)找到合适的(y_i)。首先有(sum a_i=3m)，然后关于(y_i)的条件：

1. (sum y_i=m)
2. (a_i-2y_i+y_ile m)
3. (2y_ile a_i)

可得(max(a_i-m,0)le y_ile lfloorfrac{a_i}{2} floor)。然后得到(sum y_i)的上下界，从而(sum max(a_i-m,0)le mle sumlfloorfrac{a_i}{2} floor)。

整理得(sum a_i=3m,sum (a_imod 2)le m,sum max(a_i-m,0)le m)，充分必要。

继续分析：当满足(sum a_i=3m)时，找到最大值次大值(fir,sec)，那么第三条限制即(max(fir-m,0)+max(sec-m,0)le m)，将(max)拆开，发现其等价于(firle 2m)。所以把第三个条件换成(max a_ile 2m)。

然后就可以计数啦。列出式子：

[F=sum_{i=0}^mx^{2i},G=sum_{i=0}^{m-1}x^{2i+1}=x(F-x^{2m})\ ans=[x^{3n}y^m]frac{1}{1-y}(F+Gy)^n\ ]

经过简单的推式子过程，就可以得到(O(n+m))的做法。

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using namespace std;
#include <bits/stdc++.h>
#define N 1000005
#define mo 998244353
#define ll long long 
ll qpow(ll x,ll y=mo-2){
	ll r=1;
	for (;y;y>>=1,x=x*x%mo)
		if (y&1)
			r=r*x%mo;
	return r;
}
int n,m;
ll fac[N*3],ifac[N*3];
void initC(int n){
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=n;++i)
		fac[i]=fac[i-1]*i%mo;
	ifac[n]=qpow(fac[n]);
	for (int i=n-1;i>=0;--i)
		ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mo;
}
ll C(int m,int n){
	if (m<n) return 0;
	return fac[m]*ifac[n]%mo*ifac[m-n]%mo;
}
ll calc(int n,int k){
	if (k&1) return 0;
	k>>=1;
	return (C(k+n-1,n-1)-n*C(k-(m+1)+n-1,n-1))%mo;
}
int main(){
//	freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%d%d",&n,&m);
	initC(n+m*3/2);
	ll ans=0;
	for (int j=0;j<=min(n,m);++j)
		ans=(ans+C(n,j)*(calc(n,3*m-j)-calc(n-1,m-j)*j%mo))%mo;
	ans=(ans+mo)%mo;
	printf("%lld
",ans);
	return 0;
}