NOIP2023模拟9联测30 B. 华二

题目大意

有一个数列 $A=(a_1,\cdots ,a_n)$ ，其中 $1\le a_i\le 9$ 。对于其中相邻的两项 $a_i,a_{i+1}$ ，满足 $gcd(a_i,a_{i+1})$ 就可以交换，其中 $1\le i\le n-1$

求通过交换可以得到多少种不同的数列

思路

对于 $1,5,7$ 这些数可以放到任意位置，放在最后考虑。

对于剩下的 $2,3,4,5,6,8,9$ ，我们注意到 $6$ 与其他书的 $gcd$ 都不为 $1$ ，所以两个 $6$ 之间的数一定不会被交换出去。

那么整个数列就可以看成被 $6$ 分开成了若干块。

把剩下的数分成两组 $2,4,8$ 和 $3,9$ 。

两类数都不能与同类交换，也就是确定了相对顺序，二两类数互相可以交换。

设两类数分别有 $x$ 个和 $y$ 个。

那么这里的方案数就是 $C(x+y,x)$ ，因为确定了 $x$ 的数位置之后， $y$ 的位置也就确定了。

最后来考虑 $1,5,7$

这些数可以随便放，类似于插板的做法，一种种来处理。

设现在要放的数的数量有 $x$ 个，已经放了的数有 $y$ 个。

那么现在的答案就是 $C(x+y,x)$

code

#include <bits/stdc++.h>
#define LL long long
#define fu(x , y , z) for(int x = y ; x <= z ; x ++)
#define fd(x , y , z) for(int x = y ; x >= z ; x --)
using namespace std;
const LL mod = 998244353;
const int N = 1e6 + 5;
int a[N] , n;
LL cnt[N] , inv[N] , fac[N] , ans = 1 , sum;
LL C (LL x , LL y) {return fac[x] * inv[y] % mod * inv[x - y] % mod;
}
LL ksm (LL x , LL y) {if (!y) return 1;LL z = ksm (x , y / 2);z = z * z % mod;if (y & 1) z = z * x % mod;return z;
}
int main () {freopen ("b.in" , "r" , stdin);freopen ("b.out" , "w" , stdout);scanf ("%d" , &n);fu (i , 1 , n) scanf ("%d" , &a[i]);fac[0] = 1;fu (i , 1 , n + 1) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;inv[n + 1] = ksm (fac[n + 1] , mod - 2);fd (i , n , 0) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % mod;int l = 1 ,  r = 1;LL x = 0 ,  y = 0;ans = 1;while (r <= n) {cnt[a[r]] ++;if (a[r] == 6 || r == n) {x = cnt[2] + cnt[4] + cnt[8];y = cnt[3] + cnt[9];ans = ans * C (x + y , x) % mod;cnt[2] = cnt[4] = cnt[8] = cnt[3] = cnt[9] = 0;l = r + 1;}r ++;}sum = n - cnt[1] - cnt[5] - cnt[7];ans = ans * C (sum + cnt[1] , cnt[1]) % mod;sum += cnt[1];ans = ans * C (sum + cnt[5] , cnt[5]) % mod;sum += cnt[5];ans = ans * C (sum + cnt[7] , cnt[7]) % mod;sum += cnt[7];printf ("%lld" , ans);return 0;
}