[Atcoder Yahoo Contest 2019]F.Pass(动态规划+结论)

Score : $900$ points

题面

传送门
翻译有时间再补…

题解

Atcoder不缺少水题，只是你缺少了发现水题的眼睛[大雾]。
这是继AGC027_ABland Yard后，又一次良心心送$900$分。
然而良心变成了凉心…

本题只用证明一个结论:只要一个球在时刻$i$能够出现在最终序列里，那么它一定也可以出现在$[i,2n]$的时刻里。
这个结论是十分显然的，因为如果它出现在最终序列里，它就一定经过第一个小朋友手中，而这个小朋友可以自由决定它在接下来的哪一个时刻放在序列中。
也就是说问题就转换为了：除了第一个小朋友，都可以一次可以传两个球的方案数。
显然是一道dp水题。
设$dp[i][j]$为现在有$i$个球，其中$j$个为红球的方案数。
直接dp即可。
时间复杂度:$O(n^2)$

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
#define MAXN 4000
#define MOD 998244353
char s[MAXN+5];
int n,num1[MAXN+5],num2[MAXN+5];
int dp[MAXN+5][MAXN+5];
int main()
{
    scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);for(int i=1;i<=n;i++){
    num2[i]=s[i]-'0';num1[i]=2-num2[i]+num1[i-1];num2[i]+=num2[i-1];}dp[0][0]=1;for(int i=1;i<=n*2;i++){
    int cnt1=num1[min(n,i)],cnt2=num2[min(n,i)];for(int j=0;j<=i;j++)if(cnt1>=j&&cnt2>=i-j){
    dp[i][j]=dp[i-1][j];if(j>0)dp[i][j]=(dp[i][j]+dp[i-1][j-1])%MOD;}}printf("%d\n",dp[n*2][num1[n]]);
}