[AGC040C] Neither AB nor BA

Description

一個長度爲 n 的字符串是好的當且僅當它由 'A', 'B', 'C' 組成,且能夠經過若干次刪除除了"AB"和"BA"的連續子串變爲空串。ios

問有多少個長度爲 n 的好串,對 998244353 取模。git

\(n\le 10 ^ 7\) , 保證 n 爲偶數。spa

Solution

本題的關鍵在於轉化題意,即找到一個更加簡潔抽象的等價條件方便計數。code

連續刪除兩個字符後發現每個 A 和 B 的奇偶性沒有改變。ip

這說明了奇數位置的 A 必定不能和偶數位置的 B 消除,偶數位置的 A 不能和奇數位置的B消除。ci

設奇數位置的 A 有 x 個,偶數位置的 B 有 y 個,偶數位置的非 B 字符有 n - y 個, 那麼必須知足(即必要性):字符串

\[ x \le \frac{n}{2} - y\\ x + y \le \frac n2 \]get

因此有:input

  • 奇數位置上A的數量 + 偶數位置上B的數量\(\le \frac n 2\)string

  • 奇數位置上B的數量 + 偶數位置上A的數量\(\le \frac n 2\)

必要性顯然。

仿照上式子記爲:

\[ c + d \le \frac n 2 \\ a + b \le \frac n 2 \]

充分性能夠考慮先吧序列的 C 都消掉,剩只需考慮 A 和 B 。

因爲

\(a + c = b + d = \frac n 2\)

因此

\(a + d = b + c = \frac n 2\)

這樣就必然能夠找到一對 AA 或 BB 消去。

Thus,\(Ans = 3 ^ n - count(a + b > \frac n 2) - count(c + d > \frac n 2)\)

枚舉有多少個 a + b (c + d) ,其他的位置就只有兩種方案,用組合數算一下便可.

code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <vector>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

#define End exit(0)
#define LL long long
#define mp make_pair
#define SZ(x) ((int) x.size())
#define GO cerr << "GO" << endl
#define DE(x) cout << #x << " = " << x << endl
#define DEBUG(...) fprintf(stderr, __VA_ARGS__)

void proc_status()
{
    freopen("/proc/self/status","r",stdin);
    string s; while(getline(cin, s)) if (s[2] == 'P') { cerr << s << endl; return; }
}

template<typename T> inline T read() 
{
    register T x = 0;
    register char c; register int f(1);
    while (!isdigit(c = getchar())) if (c == '-') f = -1;
    while (x = (x << 1) + (x << 3) + (c ^ 48), isdigit(c = getchar()));
    return x * f;
}

template<typename T> inline bool chkmin(T &a,T b) { return a > b ? a = b, 1 : 0; }
template<typename T> inline bool chkmax(T &a,T b) { return a < b ? a = b, 1 : 0; }

const int maxN = 1e7 + 2;
const int mod = 998244353;

int qpow(int a, int b)
{
    int ans = 1;
    for (; b; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mod)
        if (b & 1) ans = 1ll * ans * a % mod;
    return ans;
}

inline void Inc(int &x) { x < 0 ? x += mod : 0; }

int fac[maxN + 2], ifac[maxN + 2], pw2[maxN + 2];

void init(int N = 1e7)
{
    fac[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= N; ++i) fac[i] = (LL) fac[i - 1] * i % mod;
    ifac[N] = qpow(fac[N], mod - 2);
    for (int i = N - 1; i >= 0; --i) ifac[i] = (LL) ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
    pw2[0] = 1;
    for (int i = 1; i <= N; ++i) pw2[i] = pw2[i - 1] * 2ll % mod;
}

int C(int n, int m)
{
    if (n < m) return 0;
    return (LL) fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
}

int n;

void input() { n = read<int>(); }

void solve()
{
    int ans = qpow(3, n);
    for (int i = n / 2 + 1; i <= n; ++i)
        Inc(ans -= 2ll * C(n, i) * pw2[n - i] % mod);
    printf("%d\n", ans);
}

int main() 
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
    freopen("xhc.in", "r", stdin);
    freopen("xhc.out", "w", stdout);
#endif
    input(), init(), solve();
    return 0;
}
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