noip模拟赛 小球游戏 cqbzoj3391（网格路径模型）

哇，考试考数学真的是不能玩了，特别还是考这种极其恶心的

题意因为版权原因不能放上来，不过可以告诉你答案要mod 998244353

。。。

题解：（趁我现在还记得，赶紧写下来。。。）

首先说一下期望的概念：

这道题要求的是方案的期望

那么E=sigma(当前方案出现的概率*当前方案的方案数)

概率在这里很显然是1/C(n,2)，那么要求最后答案也要乘上C(n,2)

就抵消了，所以实际要求的是方案的总数

来考虑选择第i个盒子和第j个盒子时的方案数

因为总共只有两种小球，那么方案数就等于C(a[i]+a[j]+b[i]+b[j],a[i]+a[j])

即在要放成一排的位置中选出白（红）球要放的位置

于是，直接暴力求解的方案就出来了，枚举所有的方案，求和。

时间复杂度O(n^2)，直接爆炸（考试的时候这种垃圾暴力都写错了。。。）

正解是将小球问题转换成网络路径问题

对于一个n*m的网格图，从(0,0)走到(n,m)的方案数是C(n+m,n)

这是可以直接得出来的，但是也可以通过dp的方式得出

dp[i][j]=dp[i][j-1]+dp[i-1][j]

不难看出，这个dp是可以叠加起来做的

举个例子：

在用dp计算(0,0)到(n,m)的方案数时，并不妨碍我们顺便求出

(1,1)到(n-1,m-1)的值，只需要在dp[1][1]++，就可以了

但仍然不能搞，还要引入负的坐标

那么对于这道题读入一个小球时，就在dp[-a[i]][-b[i]]++

那么第i个盒子和第j个盒子所构成的方案数就是

在坐标轴上(-a[i],-b[i])到(a[j],b[j])的dp值

坐标为负的情况加一个3000就可以了

完美解决了需要枚举的问题，巧妙利用了之前求出的值Orz

最后要去重，这种弄在一起搞dp，会出现dp[-a[i]][-b[i]]到dp[a[i]][b[i]]

的情况，要把这种情况减去，还有就是在已经选了i和j后，还会再选一次j和i

这个把最后的答案除以2，也就是乘2的逆元就可以了

这样，就可以做了，还有一些细节见代码

code：

#include
#include
#include
#include
#include
#include

const int MAXC=12000;
const int MAXA=6000;
const int mod=998244353;
typedef long long LL;
using namespace std;
int jc[MAXC+10],rjc[MAXC+10];
int dp[MAXA+10][MAXA+10];
int cnt[3010][3010];
int n,a,b,sum,ans;

inline void prepare(){
    jc[0]=jc[1]=rjc[0]=rjc[1]=1;
    for(int i=2;i<=MAXC;i++)
    {
        jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
        rjc[i]=1ll*(mod-mod/i)*rjc[mod%i]%mod;
    }
    for(int i=2;i<=MAXC;i++)
        rjc[i]=1ll*rjc[i]*rjc[i-1]%mod;
}
inline int C(int n,int k){
    return 1ll*jc[n]*rjc[k]%mod*rjc[n-k]%mod;
}
inline int add(int a,int b){
    return a+b>mod?a+b-mod:a+b;
}
inline void Read(int &Ret){
    char ch;bool flag=0;
    for(;ch=getchar(),!isdigit(ch);)if(ch=='-')flag=1;
    for(Ret=ch-'0';ch=getchar(),isdigit(ch);Ret=Ret*10+ch-'0');
    flag&&(Ret=-Ret);
}
int main()
{
    Read(n); prepare();
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        Read(a); Read(b);
        sum=add(sum,C((a+b)<<1,a<<1));
        dp[-a+3000][-b+3000]++;
        cnt[a][b]++;
    }
    for(int i=0;i<=MAXA;i++)
        for(int j=0;j<=MAXA;j++)
        {
            if(i) dp[i][j]=add(dp[i][j],dp[i-1][j]);
            if(j) dp[i][j]=add(dp[i][j],dp[i][j-1]);
            if(i>=3000&&j>=3000&&cnt[i-3000][j-3000])
                ans=add(ans,1ll*dp[i][j]*cnt[i-3000][j-3000]%mod);
        }
    ans=add(mod,ans-sum);
    ans=1ll*ans*rjc[2]%mod;
    printf("%d\n",ans);
}