HDU 6630-permutation 2-思维+dp

Description

You are given three positive integers N,x,y.
Please calculate how many permutations of 1∼N satisfies the following conditions (We denote the i-th number of a permutation by pi):

1. p₁=x

2. p_N=y

3. for all 1≤ii−p_i+1|≤2

Input

The first line contains one integer T denoting the number of tests.

For each test, there is one line containing three integers N,x,y.

• 1≤T≤5000

• 2≤N≤10⁵

• 1≤x

Output

For each test, output one integer in a single line indicating the answer modulo 998244353.

Sample Input

3
4 1 4
4 2 4
100000 514 51144

Sample Output

2
1
253604680

核心思想：

对于任何一个n的全排列，都要恰好用到1~n这n个数字一次。
题意问n的所有全排列中满足的条件的全排列有几个。
我们不从所有的全排列中选择，而是用n个数构造数列，看看能构造出多少个数列。
在从左向右构造的过程中，数列有两个极值要达到（也就是1和n），
根据两个极值在数列中的位置，我们将全排列分成五类：
1、x=1且y=n，两个极值一个起始位置（最左侧），另一个在末位置（最右侧）。（题目保证x 2、x!=1且y!=n，两个极值都不在排列的始末位置。（一般情况）
3、x=1且y!=n，1在最左侧，n不在最右侧。
4、x!=1且y=n，1不在最左侧，n在最右侧。
5、y-x=1。
第一类：
第一类排列的数量可以用动态规划得到：
定义dp[i]：i的全排列中，首项是1，末项是i，并且相邻两项的绝对差值不超过2的数列的个数。
首项是1，第二项有两种情况：
1、直接填2，数量是dp[i-1]
2、填3，那么第三项只能填2（因为如果填其他值，2就再也填不上了），第四项只能填4。数量是dp[i-3]
状态转移方程：
dp[i]=dp[i-1]+dp[i-3]
第二类：
由于数列相邻两项的绝对差值不超过2，我们往返极值的路径是唯一确定的。（往返的路径一奇一偶，从x去极小值1时路径的奇偶性与x一致，从极大值n返回y时路径的奇偶性与y一致），详见下图：
这样我们就将样例的第三个
100000 514 51144
转化成了
50629 1 50629
转换公式就是：N，x，y <==> y-x-1，1，y-x-1
这样第二类就成了第一类了，输出dp[y-x-1]即可。
第三类：
第二类有两个极值需要到达，而第三类1已经在最左侧了，需要到达极大值n（上图右边的路径是唯一确定的），也就是1~y-1是可变的，输出dp[y-1]即可。
第四类：
与第三类如出一辙，第四类n已经在最右侧了，需要到达极小值1（上图左边的路径是唯一确定的），也就是x+1~n是可变的，输出dp[n-x]。
第五类：
这一类是特殊情况，不用上述的dp。
相邻两项的绝对差值不超过2，路径的宽度只够往返一次的，如下图所示：
此时，分情况讨论：
1、如果x=1或y=n（一个极值在始末位置，另一个极值在中间），往返一次极值就够了，且整个路径是唯一确定的（去时奇偶性与x一致，返回时路径奇偶性与y一致），输出1即可。
2、其他情况，需要往返两次极值，但是路径宽度只够往返一次的，构造不出数列，输出0即可。

代码如下：

#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+20;
const ll mo=998244353;
ll dp[N];
int main()
{
	int T;
	cin>>T;
	for(int i=0;i<4;i++)
		dp[i]=1;
	dp[4]=2;
	for(int i=5;i<N;i++)
		dp[i]=(dp[i-1]+dp[i-3])%mo;
	while(T--)
	{
		int n,x,y;
		scanf("%d%d%d",&n,&x,&y);
		//第五类，先判断特殊情况 
		if(y-x==1)
		{
			if(x==1||y==n)
				printf("1\n");
			else
				printf("0\n");
				
		}
		//第一类 
		else if(x==1&&y==n)
			printf("%lld\n",dp[n]);
		//第三类 
		else if(x==1)
			printf("%lld\n",dp[y-1]);
		//第四类 
		else if(y==n)
			printf("%lld\n",dp[n-x]);
		//第二类 
		else
			printf("%lld\n",dp[y-x-1]);
	}
	return 0;
}