一个长度为 $n$ 的序列，每个位置为 $0$ 或 $1$ 两种。现在给出 $m$ 个限制条件，第 $i$ 个限制条件给出 $x_i$ 、$y_i$ ，要求至少满足以下两个条件之一：
- 序列的前 $x_i$ 个位置中，恰好有 $y_i$ 个 $1$ ；
- 序列的后 $y_i$ 个位置中，恰好有 $x_i$ 个 $1$ ；
求有多少个序列满足所有限制条件。答案可能很大，只需要输出它对 $998244353$ 取模后的结果即可。
题解
组合数+乱搞
显然当 $x>y$ 时条件为前缀限制，$x<y$ 时条件为后缀限制。
既有前缀限制，又有后缀限制的情况下，我们枚举总共1的个数，把后缀限制转化为前缀限制。
如果所有限制均有 $x\ne y$ 则可以直接使用组合数计算。预处理组合数，单次计算的时间复杂度是 $O(n)$ 的。
当有 $x=y$ 时，显然只需要考虑所有 $x=y$ 限制中 $x$ 最大的限制即可，总方案数为 满足前缀+满足后缀-满足前缀和后缀。
时间复杂度 $O(n^2)$ 。
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define N 1010
#define M 5010
#define mod 998244353
using namespace std;
int n , ax[N] , ay[N] , at , bx[N] , by[N] , bt , c[M][M] , v[M];
int solve(int x)
{
int i , last = 0 , ans = 1;
memset(v , -1 , sizeof(v));
v[0] = 0 , v[n] = x;
for(i = 1 ; i <= at ; i ++ )
{
if(v[ax[i]] != -1 && v[ax[i]] != ay[i]) return 0;
v[ax[i]] = ay[i];
}
for(i = 1 ; i <= bt ; i ++ )
{
if(v[n - bx[i]] != -1 && v[n - bx[i]] != x - by[i]) return 0;
v[n - bx[i]] = x - by[i];
}
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
if(v[i] != -1)
{
if(v[i] < v[last]) return 0;
ans = 1ll * ans * c[i - last][v[i] - v[last]] % mod , last = i;
}
}
return ans;
}
int main()
{
int T;
scanf("%d" , &T);
while(T -- )
{
at = bt = 0;
int m , i , j , x , y , p = 0 , mx = 0 , ans = 0;
scanf("%d%d" , &n , &m);
for(i = 1 ; i <= m ; i ++ )
{
scanf("%d%d" , &x , &y) , mx = max(mx , min(x , y));
if(x > y) ax[++at] = x , ay[at] = y;
else if(x < y) bx[++bt] = y , by[bt] = x;
else p = max(p , x);
}
c[0][0] = 1;
for(i = 1 ; i <= n ; i ++ )
{
c[i][0] = 1;
for(j = 1 ; j <= i ; j ++ )
c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % mod;
}
for(i = mx ; i <= n ; i ++ )
{
at ++ , ax[at] = ay[at] = p , ans = (ans + solve(i)) % mod;
bt ++ , bx[bt] = by[bt] = p , ans = (ans - solve(i) + mod) % mod;
at -- , ans = (ans + solve(i)) % mod , bt -- ;
}
printf("%d\n" , ans);
}
return 0;
}
