洛谷 P6672 - [清华集训2016] 你的生命已如风中残烛（组合数学）

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题解里一堆密密麻麻的 Raney 引理……蒟蒻表示看不懂，因此决定写一篇题解提供一个像我这样的蒟蒻能理解的思路，或者说，理解方式。

首先我们考虑什么样的牌堆顺序符合条件。显然，在摸牌任意时刻，你手中的牌允许你继续无限制摸的牌是一段区间，即存在一个位置 \(p\)，满足你在不使用新摸出来的牌的机会下能够恰好摸到第 \(p\) 张牌。考虑如果我们新摸出来一张牌会产生怎样的影响，假设摸出一张 \(w_i=x\) 的牌，那么我们肯定会在耗完目前手中牌的机会，也就是摸完第 \(p\)​ 张牌后使用该牌，这样我们恰好会在摸第 \(p+1,p+2,\cdots,p+x\) 张牌时使用这张牌摸牌的机会。因此我们考虑将原问题转化为一个区间覆盖的问题，一个点覆盖了即意味着该点能够被摸到，考虑这样的过程：

Process：我们从左到右扫一遍，如果扫到一个 \(w_i>0\) 的点，就在该点后面找到距离该点最近的一段长度为 \(w_i\) 且区间中所有点都没有被覆盖的区间，并将这段区间所有点都设为被覆盖，那么一个牌堆符合条件当且仅当不存在某个 \(\le m\) 的位置没有被覆盖。

这个过程看起来有点鸡肋，我们考虑稍微变换一下，我们不一定要覆盖完整的区间，我们只需要向后找到 \(w_i\) 个没有覆盖的点并将它们设为被覆盖即可，不难发现这样不合法的情况，在我们新的过程中依然不合法，原来合法的情况依旧合法。

这样还是不好直接维护，不过思路理到这一步，做过 CF838D Airplane Arrangements 的同学们应该会感到特别熟悉。没错，这道题和那道题安排飞机座位的过程是完全一致的。按照那题的套路，我们在后面补上一个 \(m+1\) 号点，并将这个问题放到一个环上，那么一个牌堆符合条件当且仅当第 \(m+1\) 个位置没有被占用。不难发现由于没有被占用的位置只有一个，因此我们考虑做这样一个变换：将牌堆沿着环按顺时针方向分别旋转 \(1,2,3,\cdots,m\)，那么由于环的对称性，对于一个合法的牌堆，在这些变换后的牌堆中，空着的位置分别是 \(1,2,3,\cdots,m\)，也就是说全部 \(m+1\) 个位置是等价的，因此我们只用拿总方案数除以 \(m+1\) 即可。那么怎么计算总方案数呢？\(m!\)？Nope。由于我们引入了一个 \(m+1\) 位置，因此我们也要相应地添上一个 \(0\)，因此总共 \((m+1)!\) 种可能，但由于我们新增的 \(0\) 与其他 \(0\) 并没有区别，也即，所有 \(0\) 都可以充当这个新增的 \(0\)，对于每个合法的牌堆我们答案重复计算了 \(m-n+1\) 次，因此答案还需除以 \(m-n+1\)。

于是

\[ans=\dfrac{(m+1)!}{(m-n+1)(m+1)}=\dfrac{m!}{m-n+1}
\]

#include <cstdio>
using namespace std;
const int MOD=998244353;
int n,m,res=1;
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,x;i<=n;i++) scanf("%d",&x),m+=x;
	for(int i=1;i<=m;i++) if(i^(m-n+1)) res=1ll*res*i%MOD;
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}