[2018雅礼省选集训3-30]table 递推_【2018 年 3 月雅礼省选培训】table-优快云博客

本文探讨了在一个矩阵中从特定行开始计算不同路径的方法，根据矩阵大小和位置的不同，提出了两种不同的递推公式，并给出了一种O(nq+m)的时间复杂度解决方案。

考虑第 $p$ 行的每个数对询问 $f_{x,y}$ 的贡献。
对于 $x>p$ ，观察 $f_{i,j}=af_{i-1,j}+bf_{i-1,j-1}，$ 每个 $f_{p,i}$ 相当于向下走一步并 $\times a$ ，或者向右下走一步并 $\times b$ ，再给路径条数计下数，就有

f x, y = \sum i = 1 y f p, i a x - p - y + i b y - i (x - p y - i)

$f_{x,y}=\sum_{i=1}^{y}f_{p,i}a^{x-p-y+i}b^{y-i}{x-p \choose y-i}$
对于

x<px<p $x<p$ ，把式子变形成

fi,j=1afi+1,j−bafi,j−1fi,j=1afi+1,j−bafi,j−1 $f_{i,j}=\frac{1}{a}f_{i+1,j}-\frac{b}{a}f_{i,j-1}$ ，相当于向上走一步并

×1a×1a $\times \frac{1}{a}$ ，或者向右走一步并

×(−ba)×(−ba) $\times (-\frac{b}{a})$ （且不能再第

pp $p$ 行），就有

f_{x, y} = \sum_{i = 1}^{y} f_{p, i} \frac{(- b)^{y - i}}{a^{p - x + y - i}} (\binom{y - i + p - x - 1}{p - x - 1})

$f_{x,y}=\sum_{i=1}^yf_{p,i}\frac{(-b)^{y-i}}{a^{p-x+y-i}}{y-i+p-x-1 \choose p-x-1}$
复杂度

O(nq+m)O(nq+m) $O(nq+m)$ 。
代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#define ll long long
#define N 100010
#define M 10100010
#define up(x,y) (x=(x+(y))%mod) 
using namespace std;
const int mod=998244353;
int m,n,a,b,p,q;
ll f[N],fac[M],ifac[M],pow_a[M],pow_b[M],ip_a[M];
int read()
{
    int x=0,f=1;char ch=getchar();
    for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) if(ch=='-') f=-1;
    for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
    return x*f; 
}
ll ksm(ll a,int b){ll r=1;for(;b;b>>=1){if(b&1)r=r*a%mod;a=a*a%mod;}return r;}
ll C(int a,int b){return a<b?0:fac[a]*ifac[b]%mod*ifac[a-b]%mod;}
int main()
{
    m=read();n=read();a=read();b=read();p=read();q=read();
    for(int i=1;i<=n;i++)
        f[i]=read();
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<=m+n;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    ifac[m+n]=ksm(fac[m+n],mod-2);
    for(int i=m+n-1;i>=0;i--)
        ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mod;
    pow_a[0]=pow_b[0]=1;
    for(int i=1;i<=m+n;i++)
        pow_a[i]=pow_a[i-1]*a%mod,pow_b[i]=pow_b[i-1]*b%mod;
    ip_a[1]=ksm(a,mod-2);
    for(int i=2;i<=m+n;i++)
        ip_a[i]=ip_a[i-1]*ip_a[1]%mod;
    while(q--)
    {
        int x=read(),y=read();ll ans=0;
        if(x>=p)
        {
            for(int k=max(0,y-x+p);k<=y;k++)
                up(ans,C(x-p,y-k)*pow_b[y-k]%mod*pow_a[x-p-y+k]%mod*f[k]);
        }
        else 
        {
            for(int k=y,v=1;k;k--,v=-v)
                up(ans,C(p-x+y-k-1,y-k)*pow_b[y-k]%mod*ip_a[p-x+y-k]%mod*f[k]%mod*v+mod);
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}