正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF848E

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题目大意

$2n$个花排成一个圆环，$n$种颜色每种两个，要求两个相同颜色之间最小距离为$1,2$或$n$。

对于一种染色方案的权值为：删除掉距离为$n$的颜色后，剩下的连续段长度的乘积。

求所有方案的染色之和对$998244353$取模。

$1\le n\le 50000$

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解题思路

环好像很麻烦，先考虑线段上的，现在有两个长度为$n$的数列，然后距离为$n$的点之间对应。染色可以看为连接两个点。

然后设$g_i$表示不使用跨越数列的连线，涂$i$个的方案数，那么有$g_i=g_{i-2}+g_{i-4}$（相邻的连接/两个都是隔着对方连）。

然后考虑有跨越数列的线的方案，且没有其他连线跨过这条线，$f{0}_i$表示第$i$个是满足条件的线的权值和。$f{1}_i$则表示刚好有一对距离为$2$的点对跨越这个线的权值和。
那么有转移方程
$$f{0}_i=g_i{i}^2+\sum _{j=0}^{i-1}{g}_j{j}^{2}f{0}_{i-j-1}+\sum _{j=0}^{i-3}{g}_j(j+1{)}^{2}f{1}_{i-j-3}$$
（第一个是全程没有其他横跨边，第二个是上一条横跨边两边没有同色，第三个是上一条横跨边两边有同色）
同理可以得到$f1$的方程
$$f{1}_i=g_i(i+1{)}^2+\sum _{j=0}^{i-1}{g}_j(j+1{)}^{2}f{0}_{i-j-1}+\sum _{j=0}^{i-3}{g}_j(j+2{)}^{2}f{1}_{i-j-3}$$

得到$f0$和$f1$之后，看一下$f0,f1$都是最左边没有距离为$2$的边越过的，但是我们转换到环上的时候需要考虑这种情况，所以我们设$f{2}_i$表示左右两边的横跨边都有同色的，中间距离为$i$的权值和。
方程是
$$f{2}_i=g_i(i+2{)}^2+\sum _{j=0}^{i-1}{g}_j(j+1{)}^{2}f{0}_{i-j-1}+\sum _{j=0}^{j-3}{g}_j(j+2{)}^{2}f{1}_{i-j-3}$$

然后考虑转换到行上。

如果只有一个点对距离是$n$，那么贡献是$(n-1)$，有$n$种旋转方法，如果这个点对两边没有同色点，那么方案数是$g_{n-1}$，否则是$g_{n-3}$，所以这种情况的方案是$(n-1{)}^{2}n(g_{n-1}+g_{n-3})$

然后剩下的我们可以先固定$1\sim n+1$，然后枚举第二个距离为$n$的点对。设为$i$，那贡献就是$$i(i-1{)}^2(g_{i-1}f{0}_{n-i-1}+2g_{i-2}f{1}_{n-i-2}+g_{i-3}f{2}_{n-i-3})$$

然后前面求$f0,f1,f2$都可以用分治$NTT$搞。

时间复杂度$O(n{\log }^{2}n)$

如果用生成函数再推推可以分别得到$O(n)$和$O(n\log n)$的方法。

还有可以用生成函数发现这是一个$16$项的线性递推式，打出前面的表再用高斯消元得到系数，可以把时间优化到$log$级别

路还很长啊

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10,P=998244353;
ll n,m,r[N],g[N],h[3][N],f[3][N];
ll t[3][N],T[2][N],z[4][N];
ll power(ll x,ll b){ll ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*x%P;x=x*x%P;b>>=1;}return ans;
}
void Glen(ll n){m=1;while(m<=n)m<<=1;for(ll i=0;i<m;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(m>>1):0);return;
}
void NTT(ll *f,ll op){for(ll i=0;i<m;i++)if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);for(ll p=2;p<=m;p<<=1){ll len=(p>>1),tmp=power(3,(P-1)/p);if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);for(ll k=0;k<m;k+=p){ll buf=1;for(ll i=k;i<k+len;i++){ll tt=buf*f[i+len]%P;f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;f[i]=(f[i]+tt)%P;buf=buf*tmp%P;}}}if(op==-1){ll inv=power(m,P-2);for(ll i=0;i<m;i++)f[i]=f[i]*inv%P;}return;
}
void CDQ(ll l,ll r){if(l==r){(f[0][l]+=h[0][l])%=P;(f[1][l]+=h[1][l])%=P;return;}ll mid=(l+r)>>1;CDQ(l,mid);Glen((r-l+1)*2);for(ll i=0;i<m;i++)t[0][i]=t[1][i]=t[2][i]=T[0][i]=T[1][i]=0;for(ll i=0;i<=r-l+1;i++)t[0][i]=h[0][i],t[1][i]=h[1][i],t[2][i]=h[2][i];for(ll i=0;i<=mid-l;i++)T[0][i]=f[0][i+l],T[1][i]=f[1][i+l];NTT(t[0],1);NTT(t[1],1);NTT(t[2],1);NTT(T[0],1);NTT(T[1],1);for(ll i=0;i<m;i++){z[0][i]=t[0][i]*T[0][i]%P,z[1][i]=t[1][i]*T[1][i]%P;z[2][i]=t[1][i]*T[0][i]%P,z[3][i]=t[2][i]*T[1][i]%P;}NTT(z[0],-1);NTT(z[1],-1);NTT(z[2],-1);NTT(z[3],-1);for(ll i=0;i<=r-l+1;i++){if(l+i+1>mid&&l+i+1<=r){f[0][l+i+1]=(f[0][l+i+1]+z[0][i])%P;f[1][l+i+1]=(f[1][l+i+1]+z[2][i])%P;}if(l+i+3>mid&&l+i+3<=r){f[0][l+i+3]=(f[0][l+i+3]+z[1][i])%P;f[1][l+i+3]=(f[1][l+i+3]+z[3][i])%P;}}CDQ(mid+1,r);return;
}
void solve(ll l,ll r){if(l==r){(f[2][l]+=h[2][l])%=P;return;}ll mid=(l+r)>>1;solve(l,mid);Glen((r-l+1)*2);for(ll i=0;i<m;i++)t[1][i]=t[2][i]=T[0][i]=T[1][i]=0;for(ll i=0;i<=r-l+1;i++)t[1][i]=h[1][i],t[2][i]=h[2][i];for(ll i=0;i<=mid-l;i++)T[0][i]=f[1][l+i],T[1][i]=f[2][l+i];NTT(t[1],1);NTT(t[2],1);NTT(T[0],1);NTT(T[1],1);for(ll i=0;i<m;i++){z[0][i]=t[1][i]*T[0][i]%P;z[1][i]=t[2][i]*T[1][i]%P;}NTT(z[0],-1);NTT(z[1],-1);for(ll i=0;i<r-l+1;i++){if(l+i+1>mid&&l+i+1<=r)(f[2][l+i+1]+=z[0][i])%=P;if(l+i+3>mid&&l+i+3<=r)(f[2][l+i+3]+=z[1][i])%=P;}solve(mid+1,r);return;
}
signed main()
{freopen("a.in","r",stdin);freopen("a.out","w",stdout);scanf("%lld",&n);g[0]=g[2]=1;for(ll i=4;i<=n;i++)g[i]=(g[i-4]+g[i-2])%P;for(ll i=0;i<=n;i++){h[0][i]=g[i]*i%P*i%P;h[1][i]=g[i]*(i+1)%P*(i+1)%P;h[2][i]=g[i]*(i+2)%P*(i+2)%P;}CDQ(0,n);solve(0,n);ll ans=(g[n-1]+g[n-3])*(n-1)%P*(n-1)%P*n%P;for(ll i=2;i<n-1;i++){ll tmp=g[i-1]*f[0][n-i-1]%P;tmp=(tmp+2*g[i-2]*f[1][n-i-2]%P)%P;tmp=(tmp+g[i-3]*f[2][n-i-3]%P)%P;tmp=tmp*i%P*(i-1)%P*(i-1)%P;ans=(ans+tmp)%P;}printf("%lld\n",ans);return 0;
}