Neither AB nor BA，AtCoder Grand Contest 040，巧妙的构造

Portal 题解：奇偶位替换与组合计数

最新推荐文章于 2025-10-16 23:10:51 发布

原创最新推荐文章于 2025-10-16 23:10:51 发布 · 656 阅读

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本文深入解析了一个名为Portal的编程挑战题解，通过奇数位与偶数位字符的替换策略，巧妙地解决了不能删除相同字符的问题。文章详细阐述了解题思路，即通过判断A和B的数量关系来确定解的存在性，并利用组合数学中的技巧计算可能的解的总数。最后，提供了完整的C++代码实现。

正题

Portal

题解太巧妙了

我们把奇数位上的A换成B，B换成A。就变成了现在不能删除AA和BB，因为删除两位剩下位的奇偶是不变的，所以就有唯一对应的A和B。

考虑一个性质，如果A的个数或者B的个数> $\frac{n}{2}$ ，那么就无解，反之有解。

感觉挺显然的，考虑A的话，把B和C染黑就好了，反之亦然，发现异色才能抵消，那么> $\frac{n}{2}$ 显然无解，否则肯定可以消除掉。

那么就可以直接补集转化了，枚举A或B的个数，直接算贡献就好了。

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

const int N=10000010;
int n;
int fac[N],inv[N],ci[N];
const long long mod=998244353;

long long ksm(long long x,long long t){
	long long tot=1;
	while(t){
		if(t&1) (tot*=x)%=mod;
		(x*=x)%=mod;
		t/=2;
	}
	return tot;
}

long long C(int x,int y){
	return 1ll*fac[x]*inv[y]%mod*inv[x-y]%mod;
}

int main(){
	scanf("%d",&n);
	long long tot=0;
	fac[0]=ci[0]=1;for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod,ci[i]=ci[i-1]*2%mod;
	inv[n]=ksm(fac[n],mod-2);for(int i=n-1;i>=0;i--) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=n/2+1;i<=n;i++) tot+=C(n,i)*ci[n-i]%mod;
	printf("%lld\n",(ksm(3,n)-tot*2%mod+mod)%mod);
}