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    【AtCoder - agc040_c】Neither AB nor BA 想法+组合数学

    题意

    求长度为n(n为偶数)的满足以下条件的字符串数量。

    • 字符串中只含有ABC三种字母,且字符串的长度为偶数。

    • 字符串可以按照以下规则删除成空串

      • 相邻两个字母只要不是AB或者BA都可以删除

    题解

    因为容易发现奇数位上的A偶数位上的B不能消去,奇数位上的B偶数位上的A也是同理

    因此做一个巧妙的转化,把所有奇数位上的A换成B,所有奇数位上的B换成A

    例如,ABCBBABBAC转化BBCBAAABBC

    这样转换之后就会发现,原来的规则是AB和BA不能消除,现在变成了AA不能消除,BB不能消除

    这样就容易发现,想要消除一个A必须跟一个B或者一个C一起消除,B也是同理。

    那么在这样的情况下:

    • 如果A的数量超过字符串长度的一半,那么势必无法全部消除

    • 如果B的数量超过字符串长度的一半,那么势必也无法全部消除

    那么要求能全部删除的数量,只需要用总数 - 不能完全删除的数量即可得答案

    不能完全删除的数量可以这样计算,根据上面的条件可知,只要让A或者B的数量大于字符串长度的一半即可

    一个小Tip:可能有同学会觉得,A的数量大于一半就不能消除不是经过转化之后得出的结论吗?那我们要算不能完全删除的数量不是应该转化回去计算吗?(对!没错这个“有同学”就是我)

    其实细品一下会发现,就按照转化之后的结论计算完全没问题,因为要构造不合法的情况,你就按照我们的结论,放上大于n/2个A,然后再把奇数位上的A和B按照之前转化过来的规则转化回去,就是本题真正要求的不合法的情况。正因为我们转化前后两种情况是等价的,所以构造出来的不合法的情况,经过转化之后也是等价的。

    又因为转化回去构造的话考虑起来蛮复杂的,什么奇A偶B,奇B偶A,所以不如就在转化之后这里计算不合法的数量方便,所以干脆就直接按照转化之后的结论构造即可得出答案(因为我们清楚这两者是等价的啦)

    那么只需要处理出A不合法的情况数,再 * 2就是A和B总共的不合法情况数量。

    也就是枚举A的数量t从n/2+1到n,给A从n个位置中挑出t个位置

    剩下的位置,每个位置都有两种选择B或者C,那么A不合法的情况数就是(C(n,t)*2^{n-t})

    长度为n的字符串,每个位置有ABC三种选择,因此字符串总数为(3^n)

    长度为n的合法的字符串数量 = 字符串总数 - 不合法字符串数量 = (3^n-2*C(n,t)*2^{n-t})

    /****************************
    * Author : W.A.R            *
    * Date : 2020-10-08-20:19   *
    ****************************/
    /*
    https://vjudge.net/problem/AtCoder-agc040_c
    */
    #include<stdio.h>
    #include<string.h>
    #include<math.h>
    #include<iostream>
    #include<algorithm>
    #include<queue>
    #include<map>
    #include<stack>
    #include<string>
    #include<set>
    #define IOS ios::sync_with_stdio(false)
    #define show(x) std:: cerr << #x << " = " << x << std::endl;
    #define mem(a,x) memset(a,x,sizeof(a))
    #define Rint register int
    using namespace std;
    typedef long long ll;
    const int maxn=1e7+10;
    const int maxm=2e6+10;
    const ll mod=998244353;
    
    ll fac[maxn],invFac[maxn],mi[maxn],n,sum;
    ll qpow(ll a,ll n){
    	a%=mod;
    	ll ans=1;
    	while(n){
    		if(n%2)ans=ans*a%mod;
    		n/=2;
    		a=a*a%mod;
    	}
    	return ans;
    }
    ll C(ll n,ll m){
    	if(m>n||m<0)return 0;
    	return fac[n]*invFac[n-m]%mod*invFac[m]%mod;
    }
    void Init(){
    	fac[0]=1;
    	mi[0]=1;
    	for(int i=1;i<=n;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    	invFac[n]=qpow(fac[n],mod-2);
    	for(int i=n-1;i>=0;i--)invFac[i]=invFac[i+1]*(i+1)%mod;
    	for(int i=1;i<=n;i++)mi[i]=mi[i-1]*2%mod;
    }
    int main(){
    	scanf("%lld",&n);Init();
    	for(int i=n/2+1;i<=n;i++)sum=(sum+((C(n,i)*mi[n-i])%mod))%mod;
    	sum=(qpow(3,n)-sum*2%mod+mod)%mod;
    	printf("%lld
    ",sum);
    	return 0;
    }
    

    感受

    就好巧妙的转化,是我不配了呜呜呜呜呜

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    Linux UserSpace Back-Door、SSH/PAM Backdoor/Rootkit、SSH Session Hijacking技术研究
  • 原文地址:https://www.cnblogs.com/wuanran/p/13785147.html
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