526互联

AtCoder Regular Contest 148 E ≥ K

发布时间 2023-05-29 22:53:48作者: zltzlt

洛谷传送门

AtCoder 传送门

是一道不错的计数。

考察合法序列的形态，容易发现：

  1. 不能出现两个 \(< \frac{k}{2}\) 的数相邻；
  2. 如果 \(x < \frac{k}{2}, y \ge \frac{k}{2}\)，那么 \(|y - \frac{k}{2}| \ge |x - \frac{k}{2}|\)。

考虑不直接排列，而是按照一定的顺序插入。考虑按照 \(|x - \frac{k}{2}|\) 从大到小插入，并且如果 \(|x - \frac{k}{2}|\) 相同，那么就让 \(\ge \frac{k}{2}\) 的数先插入，这样能保证不会出现第二种不合法情况。因为题目不区分相同的数，于是把所有相同的数放一起考虑。

于是只用限制第一个不合法情况。维护一个可用位置数 \(s\)，然后：

  • 遇到 \(x < \frac{k}{2}\)，出现次数为 \(y\)，那我们有 \(\binom{s}{y}\) 种方案插入，并且可用位置数减去 \(y\)（之后不能在它们两侧放数了）；
  • 遇到 \(x \ge \frac{k}{2}\)，出现次数为 \(y\)，这个插入的方案数相当于，把这 \(y\) 个数划分成 \(s\) 段，把这 \(s\) 段依次插入，允许有空段。这个用插板法可得方案数为 \(\binom{s + y - 1}{s - 1}\)，并且可用位置数加上 \(y\)。

最后由乘法原理把每一步的方案数乘起来就是最终答案。

时间复杂度 \(O(n \log n)\)，瓶颈在排序。

code 
// Problem: E - ≥ K
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 148
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc148/tasks/arc148_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
// 
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)

#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))

using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;

const int maxn = 200100;
const ll mod = 998244353;

inline ll qpow(ll b, ll p) {
	ll res = 1;
	while (p) {
		if (p & 1) {
			res = res * b % mod;
		}
		b = b * b % mod;
		p >>= 1;
	}
	return res;
}

ll n, m, a[maxn], fac[maxn], ifac[maxn], tot;
pii b[maxn];

inline ll C(ll n, ll m) {
	if (n < m || n < 0 || m < 0) {
		return 0;
	} else {
		return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
	}
}

void solve() {
	scanf("%lld%lld", &n, &m);
	map<ll, ll> mp;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		scanf("%lld", &a[i]);
		++mp[a[i]];
	}
	for (pii p : mp) {
		b[++tot] = p;
	}
	fac[0] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; ++i) {
		fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
	}
	ifac[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
	for (int i = n - 1; ~i; --i) {
		ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
	}
	sort(b + 1, b + tot + 1, [&](pii a, pii b) {
		return abs(a.fst * 2 - m) > abs(b.fst * 2 - m) || (abs(a.fst * 2 - m) == abs(b.fst * 2 - m) && a.fst * 2 > m);
	});
	ll ans = 1, s = 1;
	for (int i = 1; i <= tot; ++i) {
		if (b[i].fst * 2 < m) {
			ans = ans * C(s, b[i].scd) % mod;
			s -= b[i].scd;
		} else {
			ans = ans * C(s + b[i].scd - 1, s - 1) % mod;
			s += b[i].scd;
		}
	}
	printf("%lld\n", ans);
}

int main() {
	int T = 1;
	// scanf("%d", &T);
	while (T--) {
		solve();
	}
	return 0;
}