【JZOJ4786】小a的强迫症【数论，数学】

题目大意：

题目链接：https://jzoj.net/senior/#main/show/4786
有$n$种珠子，要求把这些珠子放在一条直线上，且第$i$种珠子的最后一个的位置$las{t}_i$满足$las{t}_1<las{t}_2<...<las{t}_n$。求满足要求的方案数。

---

思路：

假设我们求完了前$i$种珠子按要求摆放的方案数，现在要求第$i+1$种珠子的方案数。
设$sum[i-1]$表示前$i-1$种珠子的总个数，那么第$i$种珠子的最后一个就应该放在这$sum[i-1]$个珠子后面，剩余的第$i$种珠子就应该全部放在这颗珠子的前面。

那么如果总共有$a[i]$个第$i$种珠子，那么剩余的$a[i]-1$个珠子都要放在上图蓝色珠子的前面。
而放置的空隙总共是有$sum[i-1]+1$个的（如下图）

$A:$ 所以放置方案数是$sum[i-1{]}^{a[i]-1}$吗？

不是！
如果我们有$3$个珠子要放，那么就有可能为以下6种情况（$x-y$表示第$x$颗珠子放第$y$个位置）

• $1-2,2-5,3-6$
• $1-2,2-6,3-5$
• $1-5,2-2,3-6$
• $......$

而这6种情况实质上是一模一样的，这样就会计算重复的。

$A:$ 所以放置方案数是$\frac{sum[i-1{]}^{a[i]-1}}{sum[i-1]!}$吗？

依然不是。
虽然有一些排列方案会重复$sum[i-1]!$次，但是也有一些方案重复的次数小于$sum[i-1]!$，同时也有一些方案是不会重复的。
例如$1-3,2-3,3-3$这种情况它就只会算一次。
很显然，这种计算是因为选择的位置本身的重复而导致的。例如上例选择的位置3就重复了，但是3,3,3的全排列只有3,3,3一种情况，所以就只会出现一次。
而$1-4,2-1,3-1$就会出现3次，因为4,1,1的全排列有$(1,1,4),(1,4,1),(4,1,1)$三种。

所以放置$a[i]-1$个珠子的方案数还需要分类讨论一下。

• 如果$a[i]-1$个珠子位置各不相同，那么就相当于从$sum[i-1]$个空位种选择$a[i]-1$个的方案数，所以就是$C_{sum[i-1]}^{a[i]-1}$
• 如果$a[i]-1$个珠子位置有1个相同，那么就相当于从$sum[i-1]$个空位种选择$a[i]-2$个的方案数，但是这个相同的位置可能是选择的位置中的任意一个，所以就是$C_{sum[i-1]}^{a[i]-2}\times C_{a[i]-2}^1$$**
• 以此类推。

所以第$i$中珠子的方案数是
$$\sum _{j=2}^{a[i]-1}C(sum[i-1]+1,j)\times C(a[i]-2,j-1)$$

最终答案就是
$$\sum _{i=2}^n\sum _{j=2}^{a[i]-1}C(sum[i-1]+1,j)\times C(a[i]-2,j-1)$$

均摊思想得时间复杂度为$O({\sum }_{i=1}^{n}a[i])$（即$O(sum[n])$）,由于题目中说了所有珠子数量和小于$5\times 10^5$，所以是可以过去的。

$\text{吐槽：这道题卡了我1.5h woc}$

---

代码：

#include <cstdio>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=100010,MOD=998244353;
ll a[N],sum[N],fac[N*5],inv[N*5],ans,s;
int n;

ll power(ll x,ll y)
{
	ll ans=1;
	while (y)
	{
		if (y&1) ans=ans*x%MOD;
		x=x*x%MOD;
		y>>=1;
	}
	return ans;
}

ll C(ll x,ll y)
{
	return fac[x]* inv[y] %MOD *inv[x-y] %MOD;
}

int main()
{
	scanf("%d",&n);
	for (int i=1;i<=n;i++)
	{
		scanf("%lld",&a[i]);
		sum[i]=sum[i-1]+a[i];
	}
	fac[0]=1; inv[0]=1;
	for (int i=1;i<=500000;i++)
	{
		fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
		inv[i]=power(fac[i],MOD-2);
	}
	ans=1;
	for (int i=2;i<=n;i++)
	{
		s=0;
		for (int j=1;j<a[i];j++) 
			s=(s+C(sum[i-1]+1,j)*C(a[i]-2,j-1))%MOD;
		if (!s) s=1;
		ans=ans*s%MOD;
	}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}