這題非常的神啊。。。蒟蒻來寫一篇題解。

Solution

首先考慮如何判定一副牌是否是 "胡" 的。

不要想著統計個幾個值 \(O(1)\) 算，可以考慮複雜度大一點的。

首先先把 \(7\) 個對子的狀態判掉。然後考慮 \(4\) 個面子和 \(1\) 個對子的情況。

記錄一個 \(dp_{i, j,k}\) : \(i\) 表示現在有沒有留出對子，\(j\) 表示現在形如 \(i, i - 1\) 的牌的多餘的個數， \(k\) 表示現在形如 \(i\) 的牌對的個數，整個狀態表示現在的面子數量。

使用 dp 套 dp, 對於這個 \(dp_{i, j, k}\) 分別是多少給壓縮起來。這個狀態以及轉移可以 \(bfs\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define L(i, j, k) for(int i = j, i##E = k; i <= i##E; i++) 
#define R(i, j, k) for(int i = j, i##E = k; i >= i##E; i--)
#define ll long long
#define ull unsigned long long 
#define db double
#define pii pair<int, int>
#define mkp make_pair
using namespace std;
const int N = 405;
const int M = 2200;
const int mod = 998244353;
int qpow(int x, int y) {
	if(x == 0) return 0;
	int res = 1;
	for(; y; x = 1ll * x * x % mod, y >>= 1) if(y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
	return res;
}
int ny(int x) { return qpow(x, mod - 2); }
int n, winid, ans;
int max(int a, int b) { return a > b ? a : b; }
void Max(int &a, int b) { a = max(a, b); } 
struct DPAM { 
	int f[3][3]; 
	void clear() { L(i, 0, 2) L(j, 0, 2) f[i][j] = -1; }
};
DPAM operator + (DPAM aa, int bb) {
	DPAM res; res.clear(); 
	L(i, 0, 2) L(j, 0, 2) if(aa.f[i][j] != -1) 
		L(k, 0, 2) if(bb >= i + j + k) Max(res.f[j][k], min(aa.f[i][j] + i + (bb - i - j - k) / 3, 4));
	return res;
}
void FMAX(DPAM &aa, DPAM bb) { 
	L(i, 0, 2) L(j, 0, 2) Max(aa.f[i][j], bb.f[i][j]); 
}
struct node { 
	int cnt; DPAM dp[2]; 
	void clear() { cnt = 0; dp[0].clear(), dp[1].clear(); }
};
node win() { node res; res.clear(), res.cnt = 114514; return res; }
bool check(node aa) {
	if(aa.cnt >= 7) return 1;
	L(i, 0, 2) L(j, 0, 2) if(aa.dp[1].f[i][j] >= 4) return 1;
	return 0;
}
bool operator < (node aa, node bb) {
	L(t, 0, 1) L(i, 0, 2) L(j, 0, 2) if(aa.dp[t].f[i][j] ^ bb.dp[t].f[i][j]) return aa.dp[t].f[i][j] < bb.dp[t].f[i][j];
	return aa.cnt < bb.cnt;
}
node operator + (node aa, int bb) {
	if(aa.cnt == 114514) return aa;
	node res; 
	res.clear(), res.cnt = aa.cnt + (bb >= 2);
	FMAX(res.dp[0], aa.dp[0] + bb);
	FMAX(res.dp[1], aa.dp[1] + bb);
	if(bb >= 2) FMAX(res.dp[1], aa.dp[0] + (bb - 2));
	if(check(res)) return win();
	return res;
}
int tot, dp[2][N][M];
map<node, int> mp;
int G[M][5], jc[N], njc[N];
int C(int x, int y) { return 1ll * jc[x] * njc[x - y] % mod * njc[y] % mod; }
void bfs() {
	queue<node> q;
	node gg; 
	gg.clear(), gg.cnt = 0, gg.dp[0].f[0][0] = 0;
	mp[gg] = ++tot, q.push(gg);
	while(!q.empty()) {
		node u = q.front(); int id = mp[u];
		q.pop();
		L(i, 0, 4) {
			node v = u + i;
			if(!mp.count(v)) {
				G[id][i] = mp[v] = ++tot, q.push(v);
				if(v.cnt == 114514) winid = tot;
			} 
			else G[id][i] = mp[v];
		}
	}
}
int cnt[N];
void work() {
	dp[0][0][1] = 1;
	L(i, 1, n) {
		int now = (i & 1);
		memset(dp[now], 0, sizeof(dp[now]));
		L(j, 1, tot) L(k, 0, (i - 1) * 4) L(t, 0, 4 - cnt[i]) 
			(dp[now][k + t][G[j][t + cnt[i]]] += 1ll * dp[now ^ 1][k][j] * C(4 - cnt[i], t) % mod) %= mod;
	}
	L(i, 0, n * 4 - 13) L(j, 1, tot) if(j != winid) (ans += 1ll * ny(C(4 * n - 13, i)) * dp[n & 1][i][j] % mod) %= mod;
}
int mian() {
	bfs(); 
	scanf("%d", &n);
	jc[0] = njc[0] = 1;
	L(i, 1, n * 4) jc[i] = 1ll * jc[i - 1] * i % mod, njc[i] = ny(jc[i]);
	L(i, 1, 13) {
		int x, y; 
		scanf("%d%d", &x, &y), cnt[x]++;
	}
	work();
	printf("%d\n", ans);
	return 0;
}