[CF1188E] Problem from Red Panda 題解
考慮每個位置的操作次數 \(c_i\)，不難發現，\(i\) 氣球最後的顏色個數 \(d_i\) 是 \(a_i + c_ik-\sum c_i\)，如果存在 \(\forall c_i > 0\)，那麼我們總是可以把所有氣球少操作一次，這樣上式不變，不影響最後的序列，下文所有的操作序列都假設 \(\min c_i = 0\)。
考慮原序列和操作序列的關係，斷言：操作序列（假設後）和原序列一一對應。
證明：
形式化地說，假設有操作序列 \(A, B, |A| = |B|\)，最後得到的氣球序列為 \(ta, tb\)，欲證 \(A = B \Longleftrightarrow ta = tb\)。充分性是顯然的，論證必要性：考察氣球序列中的位置 \(i\)，有 \(ta_i = tb_i\)，有 \(a_i + A_ik-|A| = a_i + B_ik - |B|\)，因為 \(|A| = |B|\)，所以 \(A_i = B_i\)，證畢。
得到這個之後，我們只需要計數操作序列即可，並且不用管算重的問題。
發現操作總數 \(s\) 總是 \(\le \max a_i\)，這是因為如果 \(s> \max a_i\)，再根據 \(\min c_i = 0\) 的假設，總是存在一個 \(i\)，使得 \(d_i < 0\)，這非法，所以可以考慮列舉 \(s\)。
考慮操作序列合法的充要條件，首先顯然有 \(\forall d_i = a_i + c_ik-s \ge 0\)，得到 \(c_i\ge \lceil \dfrac{s - a_i}{k} \rceil\)，設這個下界是 \(bound_s(i)\)，此時我們有 \(s =\sum c_i \ge \sum bound_s(i)\)，為了保證任意時刻都存在合法的操作，另一個條件是 \(\forall t\le s, t\ge\sum bound_t(i)\)。
證明：
必要性顯然。關於充分性，考慮構造一組合法操作序列，不難發現，隨著 \(t\) 的增大，\(bound_t(i)\) 一定單調不降，對於一個時刻，一定有一部分操作是必須要放到一些位置上，為了滿足下界的需求，剩餘有一些操作是可以隨便放的，所以每次 \(bound_t(i)\) 的增加時，把本來可以隨便放的操作放到增加的 \(bound_t(i)\) 的位置即可，因為有 \(t\ge\sum bound_t(i)\)，所以總是能夠滿足 \(bound_t(i)\) 的需求。
根據不等式 \(c_i\ge \lceil \dfrac{s - a_i}{k} \rceil\)，如果 \(a_i \ge s\)，則 \(i\) 位置不需要操作也行，它的 \(bound_i = 0\)，而 \(a_i < s\) 的部分就有操作的需求，不妨假設 \(a\) 不降，隨著 \(s\) 的增加，有操作需求的位置的分界線 \(r\) 會單調地向右移動，用雙指標維護這個分界線，同樣的，我們也可以維護 \(w = \sum bound_t(i)\)，因為每次變化的只有 \(s - 1\equiv a_i\pmod k\) 的那些 \(i\)，它們的下界會增加 1，用桶維護 \(w\)。
剩下的部分是一些簡單的組合計數，需要滿足：前 \(r\) 個位置的操作次數 \(\ge bound_s(i), i\le r\)，後 \(k - r\) 個位置中至少有一個位置操作次數是 0（需要滿足一開始的假設才不會算重），現在有 \(s\) 個操作次數，問有幾種分配操作次數的方案。
容斥後 \(k - r\) 至少有一個 0，然後就是經典小球盒子插板法解決的問題了。
這裡的答案就等於：
需要注意的是，如果一個時刻 \(s < w\)，直接結束列舉，這是為了滿足充要條件 2。
程式碼實現
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <queue>
//#define int long long
#define x first
#define y second
using namespace std;
typedef pair<int, int> PII;
const int N = 2e6 + 10, mod = 998244353;
int k, a[N], fac[N], ifac[N], cnt[N], m;
int qmi(int a, int b) {
int res = 1;
while(b) {
if(b & 1) res = 1ll * res * a % mod;
a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;
}
return res;
}
int C(int n, int m) {
if(n < m) return 0;
return 1ll * fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
}
signed main() {
ios::sync_with_stdio(0), cin.tie(0);
cin >> k;
for(int i = 1; i <= k; i ++) cin >> a[i], m = max(m, a[i]);
fac[0] = ifac[0] = 1;
for(int i = 1; i < N; i ++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
ifac[N - 1] = qmi(fac[N - 1], mod - 2);
for(int i = N - 2; i; i --) ifac[i] = 1ll * ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
int r = 0, w = 0;
long long ans = 0;
sort(a + 1, a + k + 1);
for(int s = 0, j = 1; s <= m; s ++) {
while(j <= k && a[j] < s) cnt[a[j] % k] ++, j ++;
w += cnt[(s - 1 + k) % k];
if(w > s) break;
r = j - 1;
(ans += C(s - w + k - 1, k - 1) - C(s - w + r - 1, k - 1)) %= mod;
}
cout << (ans + mod) % mod << '\n';
return 0;
}