题目传送门：https://atcoder.jp/contests/agc036/tasks/agc036_c
题目大意：给你一个长度为$N$初始全0的序列，每次操作你可以找两个不同的元素，一个自增1，一个自增2，问$M$次操作后，能出现多少种不同的序列。
这道题比赛时分析的时候漏条件了，导致最后一个样例一直过不去，不过考虑上漏掉的条件分析起来也是比较复杂的。
我们可以发现如果一个序列$a$是合法的，当且仅当它满足以下条件：
1. $\sum_{i=1}^{N} a_i=3M$。
2. 整个序列里至多有$M$个奇数。
3. $\max_{i=1}^{N} a_i<=2M$。
证明可以考虑对$M$数学归纳。
我们可以先忽略条件3，枚举奇数的个数$i$，那么就是相当于对于一个全是偶数的数列，选择$i$个加上1，总方案数为$\sum_{i=1}^{\min(N,M)}\binom{N}{i}\binom{N-1+3M-i}{N-1}$，可以在$O(n+m)$的时间复杂度下计算。
然后在考虑减去不满足条件3的方案数。由于序列中大于$2M$的元素最多只有一个，因此我们可以钦定那个大于$2M$的元素为$a_1$，并将其减去$2M$，这样操作后的序列，并且原序列如果满足原序列是满足条件1,2，不满足条件3，当且仅当操作后的序列满足以下条件：
a. $\sum_{i=1}^{N} a_i=3M$。
b. 整个序列至多有$M$个奇数。（减去$2M$不改变奇偶性）
c. $a_1>0$。
我们再把这些方案看作两部分相减：忽略条件c的方案减去考虑条件c非法的答案，而我们发现这样的忽略条件c的方案条件与上面的条件1,2相似，可以用相似方法统计，而考虑条件c时因为钦定$a_1=0$，所以直接序列整体平移，$N$自减1再统计即可。
代码：
#include<cstdio> #include<cstring> #include<cmath> #include<cstdlib> #include<algorithm> #define ll long long #define mod 998244353 #define Mod1(x) (x>=mod?x-mod:x) #define Mod2(x) (x<0?x+mod:x) #define maxn 3000010 inline ll read() { ll x=0; char c=getchar(),f=1; for(;c<'0'||'9'<c;c=getchar())if(c=='-')f=-1; for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar())x=x*10+c-'0'; return x*f; } inline void write(ll x) { static int buf[20],len; len=0; if(x<0)x=-x,putchar('-'); for(;x;x/=10)buf[len++]=x%10; if(!len)putchar('0'); else while(len)putchar(buf[--len]+'0'); } inline void writeln(ll x){write(x); putchar('\n');} inline void writesp(ll x){write(x); putchar(' ');} ll fac[maxn],inv[maxn]; int n,m; inline ll power(ll a,ll b) { ll ans=1; for(;b;b>>=1,a=a*a%mod) if(b&1)ans=ans*a%mod; return ans; } inline ll C(int n,int m){return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;} inline ll calc(int n,int m,int k) { ll sum=0; for(int i=0;i<=n&&i<=k;i++) if(!((m-i)&1)&&m>=i)sum=(sum+C(n,i)*C((m-i)/2+n-1,n-1))%mod; // writeln(sum); return sum; } int main() { n=read(); m=read(); fac[0]=inv[0]=1; for(int i=1;i<=n+3*m;i++){ fac[i]=fac[i-1]*i%mod; inv[i]=power(fac[i],mod-2); } ll ans=(calc(n,3*m,m)-n*(calc(n,m,m)-calc(n-1,m,m)+mod))%mod; writeln(Mod2(ans)); return 0; }