2024-12-16

TTPC 2024 Div2. B - Self Checkout (3D)

面白かった！　カタラン数的なものが登場する。

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問題概要

制約

$1 \le N \le 10^{6}$

考えたこと

まずすぐにわかったことは、

$S$ の中に、1 が 2 個以上あってはダメ
$S$ の中に、1 が末尾以外の場所にあってはダメ

ということだった。そうすると、 $S$ は次のいずれかの形になる（ただし、先頭に 3 がない場合は 3 が 0 個とみなし、末尾が 1 の場合にはそれを除外したときの末尾に 2 がない場合は 2 が 0 個とみなす）。

A：33...322...2 | 33...322...2 | ... | 33...322...2 | 1
B：33...322...2 | 33...322...2 | ... | 33...322...2

ここで、各「33...322...2」をブロックと呼ぶことにしよう。少し手を動かすと、ブロックごとに独立に数えあげて、掛け算すればよいことがわかる。また、B の末尾の「33...322...2」だけ特殊であることもわかる。

具体的には、次のように考えられる。

B の末尾のブロック以外のブロック：後方に 3 または 1 があるため、ブロック内の 2 は「1 + 1」によって作られることが確定する
B の末尾のブロック：ブロック内の 2 のうち、前からいくつかは「1 + 1」によって作られ、残りは「2」によって作られる、という形をしている

それぞれ数える。

B の末尾のブロック以外のブロック

この場合は比較的容易だ。後半の 2 は必ず「1 + 1」によって作られる。たとえば、3 の個数が 2 個、2 の個数が 4 個の場合、次のように 5 通りとなる。

2, 2, 1, 1 | 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1
2, 1, 2, 1 | 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1
2, 1, 1, 2 | 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1
1, 2, 2, 1 | 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1
1, 2, 1, 2 | 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1
1, 1, 2, 2 | 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1, 1：NG

つまり、2 個の 2 と 2 個の 1 を、1 が前に来すぎないように並べる問題となる。具体的には、3 の個数を $n$ 個、2 の個数を $m$ 個とすると、結局、次の問題になる。

$n$ 個の 2 と $n$ 個の 1 を並べる方法のうち、先頭から何個とっても (1 の個数) - (2 の個数) が 1 以下であるような方法の個数

これは、カタラン数の要領で

${}_{2n}\mathrm{C}_{n} - {}_{2n}\mathrm{C}_{n-2}$ 通り

と求められる。

B の末尾のブロック

3 の個数を $n$ 個、2 の個数を $m$ 個とすると、まず 2 の部分を作るような並べ方が次の $m + 1$ 通りが考えられる。

(3 の部分) | 1 1, 1 1, ..., 1 1, 1 1, 1 1
(3 の部分) | 1 1, 1 1, ..., 1 1, 1 1, 2
(3 の部分) | 1 1, 1 1, ..., 1 1, 2, 2
...
(3 の部分) | 1 1, 2, ..., 2, 2, 2
(3 の部分) | 2, 2, ..., 2, 2, 2

このうち、上から $m$ 個の場合については、結局、上の場合と同様に

${}_{2n}\mathrm{C}_{n} - {}_{2n}\mathrm{C}_{n-2}$ 通り

と求められる。最後の「(3 の部分) | 2, 2, ..., 2, 2, 2」の場合については、1 をいくらでも後ろに送ることができるため、次の問題と同様になる。

$n$ 個の 2 と $n+m$ 個の 1 を並べる方法のうち、先頭から何個とっても (1 の個数) - (2 の個数) が 1 以下であるような方法の個数

これは、カタラン数の要領で

${}_{2n+m}\mathrm{C}_{n} - {}_{2n+m}\mathrm{C}_{n-2}$ 通り

と求められる。

コード

以上の解法は $O(N)$ の計算量で実装できる。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

// modint
template<int MOD> struct Fp {
    // inner value
    long long val;
    
    // constructor
    constexpr Fp() : val(0) { }
    constexpr Fp(long long v) : val(v % MOD) {
        if (val < 0) val += MOD;
    }
    constexpr long long get() const { return val; }
    constexpr int get_mod() const { return MOD; }
    
    // arithmetic operators
    constexpr Fp operator + () const { return Fp(*this); }
    constexpr Fp operator - () const { return Fp(0) - Fp(*this); }
    constexpr Fp operator + (const Fp &r) const { return Fp(*this) += r; }
    constexpr Fp operator - (const Fp &r) const { return Fp(*this) -= r; }
    constexpr Fp operator * (const Fp &r) const { return Fp(*this) *= r; }
    constexpr Fp operator / (const Fp &r) const { return Fp(*this) /= r; }
    constexpr Fp& operator += (const Fp &r) {
        val += r.val;
        if (val >= MOD) val -= MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator -= (const Fp &r) {
        val -= r.val;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator *= (const Fp &r) {
        val = val * r.val % MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator /= (const Fp &r) {
        long long a = r.val, b = MOD, u = 1, v = 0;
        while (b) {
            long long t = a / b;
            a -= t * b, swap(a, b);
            u -= t * v, swap(u, v);
        }
        val = val * u % MOD;
        if (val < 0) val += MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp pow(long long n) const {
        Fp res(1), mul(*this);
        while (n > 0) {
            if (n & 1) res *= mul;
            mul *= mul;
            n >>= 1;
        }
        return res;
    }
    constexpr Fp inv() const {
        Fp res(1), div(*this);
        return res / div;
    }

    // other operators
    constexpr bool operator == (const Fp &r) const {
        return this->val == r.val;
    }
    constexpr bool operator != (const Fp &r) const {
        return this->val != r.val;
    }
    constexpr Fp& operator ++ () {
        ++val;
        if (val >= MOD) val -= MOD;
        return *this;
    }
    constexpr Fp& operator -- () {
        if (val == 0) val += MOD;
        --val;
        return *this;
    }
    constexpr Fp operator ++ (int) const {
        Fp res = *this;
        ++*this;
        return res;
    }
    constexpr Fp operator -- (int) const {
        Fp res = *this;
        --*this;
        return res;
    }
    friend constexpr istream& operator >> (istream &is, Fp<MOD> &x) {
        is >> x.val;
        x.val %= MOD;
        if (x.val < 0) x.val += MOD;
        return is;
    }
    friend constexpr ostream& operator << (ostream &os, const Fp<MOD> &x) {
        return os << x.val;
    }
    friend constexpr Fp<MOD> pow(const Fp<MOD> &r, long long n) {
        return r.pow(n);
    }
    friend constexpr Fp<MOD> inv(const Fp<MOD> &r) {
        return r.inv();
    }
};

// Binomial coefficient
template<class mint> struct BiCoef {
    vector<mint> fact_, inv_, finv_;
    constexpr BiCoef() {}
    constexpr BiCoef(int n) : fact_(n, 1), inv_(n, 1), finv_(n, 1) {
        init(n);
    }
    constexpr void init(int n) {
        fact_.assign(n, 1), inv_.assign(n, 1), finv_.assign(n, 1);
        int MOD = fact_[0].get_mod();
        for(int i = 2; i < n; i++){
            fact_[i] = fact_[i-1] * i;
            inv_[i] = -inv_[MOD%i] * (MOD/i);
            finv_[i] = finv_[i-1] * inv_[i];
        }
    }
    constexpr mint com(int n, int k) const {
        if (n < k || n < 0 || k < 0) return 0;
        return fact_[n] * finv_[k] * finv_[n-k];
    }
    constexpr mint fact(int n) const {
        if (n < 0) return 0;
        return fact_[n];
    }
    constexpr mint inv(int n) const {
        if (n < 0) return 0;
        return inv_[n];
    }
    constexpr mint finv(int n) const {
        if (n < 0) return 0;
        return finv_[n];
    }
};

const int MOD = 998244353;
using mint = Fp<MOD>;

int main() {
    int N, onenum = 0;
    cin >> N;
    BiCoef<mint> bc(N * 5);
    vector<int> S(N);
    for (int i = 0; i < N; i++) {
        cin >> S[i];
        if (S[i] == 1) onenum++;
    }
    
    if (onenum > 1) {
        cout << 0 << endl;
        return 0;
    }
    if (onenum == 1 && S.back() != 1) {
        cout << 0 << endl;
        return 0;
    }

    // S をランレングス圧縮
    using pint = pair<int, int>;
    deque<pint> ren;
    for (int i = 0; i < N; ) {
        int j = i;
        while (j < N && S[j] == S[i]) j++;
        if (S[i] != 1) ren.emplace_back(S[i], j - i);
        i = j;
    }
    if (ren[0].first != 3) ren.emplace_front(3, 0);
    if (ren.back().first != 2) ren.emplace_back(2, 0);

    // ブロックごとに考える
    mint res = 1;
    for (int i = 0; i+1 < ren.size(); i += 2) {
        int n = ren[i].second;
        int m = ren[i+1].second;

        mint one = bc.com(n*2, n) - bc.com(n*2, n-2);
        mint two = bc.com(n*2+m, n) - bc.com(n*2+m, n-2);

        if (S.back() == 1 || i+2 < ren.size()) res *= one;
        else res *= one * m + two;  // パターン B の末尾のブロック
    }
    cout << res << endl;
}

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TTPC 2024 Div2. B - Self Checkout (3D)

問題概要

制約

考えたこと

B の末尾のブロック以外のブロック

B の末尾のブロック

コード