标签：输出 枚举 方案 组合数 scanf 统计 inline 一个 解决
首先需要明确的是，我们要求的是不同的染色方案数！！！
然后我们不妨来考虑一下一个只有向右和向下的特殊情况。
然后你会发现他一定满足有一个向右下延伸的颜色的分界线，为什么呢？
我们首先比较显然的，若图上有 \(n\) 个向右的， \(m\) 个向下的，我们可以将其简化为一个 \(n\times m\) 的矩形。
然后你首先对于 \((1,1)\) 这个格子，你发现对于他的颜色，实际上是决定了是第一行的机器人先走还是第一列的机器人先走，如果是第一行的先走，你就可以往右一格，继续考虑是第一行的先走还是第二列的先走……如此类推，你发现最终的一种涂色状态必然对应一种由 \((1,1)\) 走到 \((n+1,m+1)\) 的方案。
为什么是 \((n+1,m+1)\) 呢？实际上我们颜色的比较到达第 \(n+1\) 行或者第 \(m+1\) 列是就可以结束了，相当于是要统计从 \((1,1)\) 到第 \(n+1\) 行和第 \(m+1\) 列的总方案数，此数值正好等于到达 \((n+1,m+1)\) 的方案数。
以上，我们相当于证明了一个只有 \(n\) 个向右的和 \(m\) 个向下的位置的方案数为 \(\binom{n+m}{n}\) 。
我们需要将这个东西扩展一下。我们考虑再加一个向上的方向该如何计算呢？
沿用我们上面的思路，相当于一个位置我们可能要考虑三个方向的先后，好像不好办了。
但是如果你发现如果存在一条横线将其横向划分开，那么他就被转化为了我们上述的子问题了。
我们不妨设向右的有 \(n\) 个，向下的有 \(m\) 个，向上的有 \(k\) 个，我们钦定选择一个横向的连上，然后同时强制上半部分不能同时出现横向连满的，下半部分却可以，那么式子是：
目前为止，我们已经解决了有三个方向的问题，式子如上。
其实你可以将两个式子分别看成你要走的两个方向的方案数，然后这个 \(\sum\) 实际上可以看成是枚举你在什么位置向右（或向上，总之就是不是和 \(i\) 在同一个维度上的方向）走一步，然后整个式子就变成了一个组合数。
然后考虑四个方向的怎么办，有一种方法就是枚举如何将整个矩形分解成三个方向的，复杂度应该是 \(O(n^2)\) 的，然后你考虑前缀和优化一下就可以了吧。
我来试一试。
然后你发现，如果这么做的话有很多的样例是过不了的，一下有几个需要特判的地方。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N=1e5+5;
const int MOD=998244353;
int n,m,fac[N<<2],ifac[N<<2];
int a[N],b[N],c[N],d[N];//r,l,d,u
int f[N],res=0;
int ksm(int x,int k){
int res=1;
for(;k;k>>=1,x=x*x%MOD)
if(k&1) res=res*x%MOD;
return res;
}
int cal(int n,int m){
if(n<0||m<0||n<m) return 1;
return fac[n]*ifac[m]%MOD*ifac[n-m]%MOD;
}
void solve(){
memset(f,0,sizeof(f));
int cnt1=0,cnt2=0,cnt3=0;
for(int i=1;i<=n;++i) cnt1+=a[i];
for(int i=1;i<=n;++i) cnt2+=b[i];
if(!cnt1&&!cnt2){
for(int i=1;i<=m;++i) cnt3+=(c[i]&&d[i]);
res+=ksm(2,cnt3),res%=MOD;
return ;
}
if(!cnt2){
swap(cnt1,cnt2);
for(int i=1;i<=n;++i) swap(a[i],b[i]);
for(int i=1;i<=(m>>1);++i) swap(c[i],c[m-i+1]);
for(int i=1;i<=(m>>1);++i) swap(d[i],d[m-i+1]);
}
if(cnt1){
for(int i=1;i<=m;++i){
if(c[i]||d[i]) f[i]=cal(cnt1+cnt3-1,cnt1-1);
cnt3+=c[i]+d[i];
}
for(int i=1;i<=m;++i){
f[i]+=f[i-1],f[i]%=MOD;
if(c[i]&&d[i]) f[i]<<=1,f[i]%=MOD;
}
}
else{
for(int i=1;i<=m;++i){
cnt3+=(c[i]&&d[i]);
if(c[i]||d[i]) f[i]=ksm(2,cnt3);
}
}
cnt3=0;
for(int i=m;i>=1;--i){
if(c[i]||d[i]) res+=f[i]*cal(cnt2+cnt3-1,cnt2-1)%MOD,res%=MOD;
cnt3+=c[i]+d[i];
}
}
signed main(){
cin>>n>>m,fac[0]=ifac[0]=1;
for(int i=1;i<=n+n+m+m;++i) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
for(int i=1;i<=n+n+m+m;++i) ifac[i]=ksm(fac[i],MOD-2);
int cnt=0;
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%1lld",&a[i]),cnt+=a[i];
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%1lld",&b[i]),cnt+=b[i];
for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%1lld",&c[i]),cnt+=c[i];
for(int i=1;i<=m;++i) scanf("%1lld",&d[i]),cnt+=d[i];
if(!cnt) return printf("1"),0;
solve(),swap(n,m),swap(a,d),swap(a,b),swap(a,c),solve();
return printf("%lld\n",res),0;
}
标签：输出 枚举 方案 组合数 scanf 统计 inline 一个 解决
原文地址：https://www.cnblogs.com/Point-King/p/14488378.html
