AGC021E ball Eat chamelemons

E - Ball Eat Chameleons

设颜色序列中有\(R\)个红球，\(B\)个蓝球，且有\(B+R=k\)

然后分类讨论：

• \(R<B\) 无解

• \(R>B\)

这时有一种合法方案为：\(R-B\)只变色龙只用吃一个红球，剩下的\(n-(R-B)\)只变色龙吃的红球和蓝球的数量相等且最后吃的那个球是蓝球

对于\(n-(R-B)\)只变色龙，称它们为\(bsl\)，有一种极端情况：若第\(i\)只变色龙要吃\(x_i\)个蓝球，\(x_i\)个红球，那么所有\(bsl\)一起先吃了对应的\(x_i-1\)个蓝球，再一起吃了对应的\(x_i\)个红球，最后再一起吃一个蓝球（这里的一起不是指的同时，而是指的这些操作都是相邻的）

这时，在操作期间，设当前所有变色龙吃了的红球数量为\(r\)，蓝球数量为\(b\)，那么有：

\[\max(b-r)=B-(n-(R-B))=R-n
\]

所以，我们就可以将操作抽象为从\((0,0)\)开始，每次可以移动一个单位向量\((0,1)\)或\((1,0)\)，求从\((0,0)\)移动到\((R,B)\)且不经过\(y=x+(R-n+1)\)的方案数

因为\(y=x+(R-n)\)是合法的，所以要\(+1\)

于是就是经典的翻折，答案为总方案数减去将终点关于直线对称后的新的终点的方案数

翻折：将不合法的方案中，第一次触碰到\(y=x+(R-n+1)\)及之后的折线全部关于\(y=x+(R-n+1)\)翻转，这样就得到了一条从\((0,0)\)到\((B-(R-n+1),R+(R-n+1))\)的路径

显然又所有的从\((0,0)\)到\((B-(R-n+1),R+(R-n+1))\)的路径都唯一对应了一条不合法的路径且任意一条不合法的路径都有对应的从\((0,0)\)到\((B-(R-n+1),R+(R-n+1))\)的路径

所以不合法的路径的方案数就是从\((0,0)\)到\((B-(R-n+1),R+(R-n+1))\)的路径的方案数

\[C_{R+B}^R-C_{R+B}^{2R-n+1}

\]

将点\((a,b)\)关于直线\(y=x+T\)对称后的点为\((b-T,a+T)\)

• \(R=B\)

这时，所有的变色龙都吃了相等数量的红球和蓝球，且最后一个吃的是蓝球，所以这时的颜色序列的最后一个颜色一定为蓝色

所以，若我们去掉颜色序列的最后一个蓝球，就又变成了：\(k-1\)个球，且有\(R>B（R=B+1）\)

所以我们只需要枚举\(R\)即可

复杂度\(O(K)\)

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD=998244353,N=5e5+5;
int n,k,ans;
int jc[N],invf[N];
int power(int x,int y){
	int ans=1;
	for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%MOD) if(y&1) ans=1ll*ans*x%MOD;
	return ans;
}
void Init(){
	jc[0]=1;
	for(int i=1;i<=k;++i) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
	invf[k]=power(jc[k],MOD-2);
	for(int i=k-1;i>=0;--i) invf[i]=1ll*invf[i+1]*(i+1)%MOD;
}
int C(int n,int m){
	if(m>n) return 0;
	return 1ll*jc[n]*invf[n-m]%MOD*invf[m]%MOD;
}
int main(){
	scanf("%d%d",&n,&k);
	if(k<n) return printf("0"),0;
	Init();
	for(int r=k+1>>1,b;r<=k;++r){
		b=k-r;
		if(b==r) --b;
		ans=(1ll*ans+((1ll*C(r+b,r)-1ll*C(r+b,(r<<1)-n+1))%MOD+MOD)%MOD)%MOD;
	}
	printf("%d",ans);

	return 0;
}