4786. 【NOIP2016提高A组模拟9.17】小a的强迫症 (Standard IO)

https://jzoj.net/senior/#main/show/4786

题解：

设num[i]为i种珍珠的个数

假设前(i-1)种珠子都摆放好，其方案数为f[i-1],要求f[i]

因题意，第i种的一个要放最后面

放完后还剩num[i]-1个i种珍珠

可以放进球与球的间隙中。

如图，可以放进1～4号间隙的任何一个。

再放入一个后。

就有5个空隙可以放了，以此类推。

让人联想到插板问题。

因此f[i] = f[i-1] * 插板方案。

设1～i-1种小球有q个

插板方案数 = C(q+num[i]-1,num[i]-1) 

这样算就行了。

#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define mcy(a,b) memcpy(a,b,sizeof (a))
#define ll long long
#define mod 998244353
#define N 500010
#define open(x) freopen(x".in","r",stdin);freopen(x".out","w",stdout);
using namespace std;

ll n,i,j,ans,t,tot,inv;
ll a[N],bz[N],pre[N],w[N],fact[N],factinv[N];

ll sqr(ll x){return x*x%mod;}

ll power(ll x,ll p)
{
	ll z=1;
	while(p)
	{
		if(p&1)(z*=x)%=mod;
		(x*=x)%=mod;
		p>>=1;
	}
	return z;
}

void init()
{
	fact[0]=1;
	for(i=1;i<=pre[n];i++) 
		fact[i] = fact[i-1] * i % mod;
	factinv[pre[n]] = power(fact[pre[n]],mod-2);
	for(i=pre[n]-1;i>=0;i--) factinv[i] = factinv[i+1] * (i+1) % mod;
	return ;
}

ll C(ll m,ll n)
{
	return fact[m] * factinv[n] % mod * factinv[m-n] % mod;
}

void work()
{
	w[1]=1;
	for(i=2;i<=n;i++)
		w[i] = w[i-1] * C(a[i]+pre[i-1]-1,a[i]-1)%mod;
}

int main()
{
	scanf("%lld",&n);
	for(i=1;i<=n;i++)scanf("%lld",&a[i]);
	for(i=1;i<=n;i++)pre[i] = pre[i-1]+a[i];
	init();
	
	work();
	ans = w[n];
	
	printf("%lld\n",ans);
	
	return 0;
}

O（n）