두 가지 조건으로 블록을 칠할 수 있는 방법의 수를 세는 C++ 프로그램

<시간/>

세 개의 숫자 N, M, K가 있다고 가정합니다. N개의 블록이 연속적으로 배열되어 있다고 가정합니다. 우리는 그들을 그리는 두 가지 방법을 고려합니다. 다음 두 가지 방법으로 블록을 다른 색상으로 칠하는 경우에만 두 블록의 페인트가 다릅니다 -

각 블록에 대해 M 색상 중 하나를 사용하여 페인트합니다. (모든 색상을 사용해야 하는 것은 아닙니다.)
같은 색상으로 칠해진 인접한 블록의 최대 K 쌍이 있을 수 있습니다.

답이 너무 크면 결과 모드 998244353을 반환합니다.

따라서 입력이 N =3과 같으면; M =2; K =1이면 출력은 6이 됩니다. 112, 121, 122, 211, 212, 221 형식으로 그릴 수 있기 때문입니다.

단계

이 문제를 해결하기 위해 다음 단계를 따릅니다. −

maxm := 2^6 + 5
p := 998244353
Define two large arrays fac and inv or size maxm
Define a function ppow(), this will take a, b, p,
ans := 1 mod p
a := a mod p
while b is non-zero, do:
   if b is odd, then:
      ans := ans * a mod p
   a := a * a mod p
   b := b/2
return ans
Define a function C(), this will take n, m,
if m < 0 or m > n, then:
   return 0
return fac[n] * inv[m] mod p * inv[n - m] mod p
From the main method, do the following
fac[0] := 1
for initialize i := 1, when i < maxm, update (increase i by 1), do:
   fac[i] := fac[i - 1] * i mod p
inv[maxm - 1] := ppow(fac[maxm - 1], p - 2, p)
for initialize i := maxm - 2, when i >= 0, update (decrease i by 1), do:
   inv[i] := (i + 1) * inv[i + 1] mod p
ans := 0
for initialize i := 0, when i <= k, update (increase i by 1), do:
   t := C(n - 1, i)
   tt := m * ppow(m - 1, n - i - 1, p)
   ans := (ans + t * tt mod p) mod p
return ans

예시

이해를 돕기 위해 다음 구현을 살펴보겠습니다. −

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

const long maxm = 2e6 + 5;
const long p = 998244353;
long fac[maxm], inv[maxm];

long ppow(long a, long b, long p){
   long ans = 1 % p;
   a %= p;
   while (b){
      if (b & 1)
         ans = ans * a % p;
      a = a * a % p;
      b >>= 1;
   }
   return ans;
}
long C(long n, long m){
   if (m < 0 || m > n)
      return 0;
   return fac[n] * inv[m] % p * inv[n - m] % p;
}
long solve(long n, long m, long k){
   fac[0] = 1;
   for (long i = 1; i < maxm; i++)
      fac[i] = fac[i - 1] * i % p;
   inv[maxm - 1] = ppow(fac[maxm - 1], p - 2, p);
   for (long i = maxm - 2; i >= 0; i--)
      inv[i] = (i + 1) * inv[i + 1] % p;
   long ans = 0;
   for (long i = 0; i <= k; i++){
      long t = C(n - 1, i);
      long tt = m * ppow(m - 1, n - i - 1, p) % p;
      ans = (ans + t * tt % p) % p;
   }
   return ans;
}
int main(){
   int N = 3;
   int M = 2;
   int K = 1;
   cout << solve(N, M, K) << endl;
}

입력

3, 2, 1