【題解】 P4921 【情侶？給我燒了！】

這題加強版能有黑我把電腦吃了

寫一篇題解來紀念一下我的首黑（？）。

記得在首藍和首紫的時候我也確實是寫了一篇題解作為紀念。

其實我也不知道我咋 A 掉這玩意的。。我就把它原題的程式碼複製貼上過來，改了個數據範圍和輸入，然後就 A 了它的加強版（？）。

說實話，真不覺得這題有黑，感覺頂多藍吧。。不就是個高中數學排列組合……（雖然我自己在錯排那塊卡了挺久的）

題目連結

P4921 [MtOI2018]情侶？給我燒了！

加強版

思路分析

這裡就寫原題的分析了，加強版和原題實際上差不多。

參考資料：題解 P4921 【情侶？給我燒了！】 - Shone 的部落格 - 洛谷部落格

看到這道題目，我們可以把問題拆成兩部分來做。

我們可以知道，電影院中的人實際上是有兩部分構成的：一是”和睦“的情侶，二是其它“無所謂“的人。（雖然這樣描述可能有點不太恰當，但是全當理解題意就這麼說吧。）

對於“和睦”情侶：首先從 \(n\) 對情侶中選出 \(k\) 對作為“和睦”的情侶，即 \(\mathrm C_n^k\)。（千萬別忘了這個，我當時就是忘了這個）。然後對於 \(k\) 對情侶，我們要將他們安放在 \(k\) 排座位上，所以我們要從 \(n\) 排座位中選出 \(k\) 對，也就是 \(\mathrm A_n^k\)。接下來還沒完，我們還要確定，對於每一對情侶要坐的這一排座位，哪個坐在”左邊”哪個坐在”右邊“（感性理解一下），對於每一排座位，每對情侶有兩種坐法，那麼總共 \(k\)

對於其它“無所謂”的人：首先，其它無所謂的人肯定是不能隨便坐的，因為我們要求恰好 \(k\) 對情侶，而如果其它人隨便坐可能會產生新的“和睦”的情侶，這就不符合恰好 \(k\) 對情侶的要求了。所以我們要把這些剩下的人安排到剩下的 \(2n-2k\) 個座位上，讓他們滿足：不能存在任何一對“和睦”的情侶。那麼實際上，我們要求的就是剩下的 \(n-k\) 對情侶都錯開的方案數。

那麼我們定義 \(g(x)\)

我們從第一排開始考慮：

一共有三種情況：兩男兩女或者一男一女（不“和睦”）；

• 兩男：首先選出兩男的方案數是 \(x(x-1)\)，那麼我們還必須考慮原本和他們應該“和睦”的配偶在他們被選過之後的情況：

  1. 如果他們的配偶坐在一排，那麼要在剩下的 \(x-1\) 排中選擇一排匹配給他們，那麼方案數：\(2(x-1) \times g(x-2)\)；

  2. 如果他們不坐在一塊，就強制把他們看做一對情侶來保證以後不坐在一塊，方案數：\(g(x-1)\)。

• 兩女：和兩男的情況相同。

• 一男一女：列舉一男一女，可以交換順序的方案數為 \(x(x−1)\)。

  所以，\(g(x)=4x(x-1) \times [g(x-1)+2(x-1)\times g(x-2)]\)

  注意：這裡要分清楚加法原理和乘法原理，不要把符號給搞錯了。

  時間複雜度：預處理 1-2000（加強版是 1-5e6） 的階乘，逆元，g(x)。那麼單次詢問時間複雜度 \(O(n)\)，總時間複雜度 \(O(Tn)\)。

易錯點

1. 那麼多數相乘肯定會爆 int，所以請開 long long。另外防止爆 long long，請每次乘完都模一遍 \(mod\)。

2. 一定要在想之前把這道題的邏輯搞清楚，很容易亂（比如我在剛開始就漏了第一個 \(\mathrm C_n^k\)，然後弄清楚乘法原理和加法原理。

程式碼實現

//luoguP4921
#include<iostream>
#include<cstdio>
#define int long long//記得開 long long
using namespace std;
const int maxn=5e6+10;
const int mod=998244353;
int jc[maxn],inv[maxn],in[maxn],jcc[maxn];

inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
	while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-48;ch=getchar();}
	return x*f;
}

void init()
{
	jc[0]=jc[1]=inv[0]=inv[1]=in[0]=in[1]=1;//預處理，一定要注意把 inv[0] 設成 1。
	for(int i=2;i<=2000;i++)//預處理 i 的階乘，階乘逆元
	{
		jc[i]=jc[i-1]*i%mod;
		inv[i]=(mod-mod/i)%mod*inv[mod%i]%mod;
		in[i]=in[i-1]*inv[i]%mod;
	}
	jcc[0]=1;jcc[1]=0;//預處理 g(x)
	for(int i=2;i<=1000;i++)jcc[i]=4*(i-1)*i%mod*(jcc[i-1]+2*(i-1)*jcc[i-2]%mod)%mod;
}

int A(int n,int m){return jc[n]*in[n-m]%mod;}

int C(int n,int m){return jc[n]*in[n-m]%mod*in[m]%mod;} //記得要多 % 幾次。

int qpow(int a,int T)
{
	int ret=1;
	while(T)
	{
		if(T&1) (ret*=a)%=mod;
		(a*=a)%=mod;T>>=1;
	}
	return ret;
}

signed main()
{
	int T;
	T=read();
	init();
	//for(int i=1;i<=2000;i++)cout<<jc[i]<<" "<<inv[i]<<" "<<in[i]<<endl;
	while(T--)
	{
		int n;
		n=read();
		for(int i=0;i<=n;i++)
		{
			cout<<C(n,i)*qpow(2,i)%mod*A(n,i)%mod*jcc[n-i]%mod<<endl;
		}
	}
	return 0;
}