NOIP2023模拟9联测30-华二

$\text{Ayano}$ 喜欢 GCD。

现在她有一个长度为 $n$ 的数列 $A=(a_1,\cdots ,a_n)$，其中 $1\le a_i\le 9$。对于其中相邻的两项的 $a_i$ 和 $a_{i+1}$ ，满足 $\gcd (a_i,a_{i+1})=1$ 时，$\text{Ayano}$ 可以通过一次操作交换 $a_i$ 和 $a_{i+1}$ $(1\le i\le n-1)$。

请你计算 $\text{Ayano}$ 可以通过这个操作得到多少种数列（包含原数列） $(\mathrm{mod}998244353)$ 。

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观察当两个数互质时有什么性质。发现当一个数等于 $1,5,7$ 时，与其他数都互质，可以随意移动；等于 $2,4,8$ 时，其实和 $2$ 差不多（都是 $2$ 的幂），把它们都看作 $2$，它们不能跨越，相对顺序是不变的。等于 $3,9$ 时，看做 $3$，而等于 $6$ 时，因为它同时是 $2$ 和 $3$ 的倍数，$2,3$ 都不能越过它。

记 $n_x$ 表示 $x$ 的出现次数，注意 $2,4,8$ 是看做 $2$ 的。

由上面分析，可以先安排好 $1,5,7$ 的位置，方案数为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{n_1}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-n_1}{n_5}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-n_1-n_5}{n_7}\right)$；然后将剩下的空位拼在一起，看任意两个 $6$ 之间的 $2,3$ 能怎么排列，若 $n_2,n_3$ 是这两个 $6$ 之间 $2,3$ 的个数，显然方案数为 $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n_2+n_3}{n_2}\right)$。都乘在一起，就是答案。

时间复杂度 $O(n)$

#include
using namespace std;
typedef long long ll;
constexpr ll mod=998244353;
const int N=1e5+1;
int n,a[N],num2,num3,cnt,num1,num5,num7;
ll f[N],inv[N],ans=1;
ll ksm(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1) ans=ans*a%mod;
        b>>=1;
        a=a*a%mod;
    }
    return ans;
}
ll C(int n,int m)
{
    if(n<0||m<0||n<m) return 0;
    return f[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int main()
{
    freopen("b.in","r",stdin);
    freopen("b.out","w",stdout);
    scanf("%d",&n);
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=f[i-1]*i%mod;
    inv[n]=ksm(f[n],mod-2);
    for(int i=n-1;i>=0;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%d",&a[i]);
    a[++n]=6;
    cnt=1;
    int sum=0;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(a[i]==6){
            sum+=num2+num3;
            ans=ans*C(num2+num3,num2)%mod;
            cnt++;
            num2=0,num3=0;
        }
        else{
            if(a[i]%2==0) num2++;
            else if(a[i]%3==0) num3++;
            else if(a[i]==1) num1++;
            else if(a[i]==5) num5++;
            else if(a[i]==7) num7++;
        }
    }
    cout<<ans*C(n-1,num1)%mod*C(n-1-num1,num5)%mod*C(n-1-num1-num5,num7)%mod;
}