題目描述輸入格式
第一行乙個整數n（n≤200000）。
接下來n行，每行兩個整數ai和bi（ai，bi≤3000）。
輸出格式
由於實際答案可能很大，你只需要輸出e*c(n,2)的值對998244353取餘的結果，其中e表示期望值的準確值。
樣例輸入 4
0 01 1
0 11 0
樣例輸出 12
樣例解釋：取一二盒子：， 2種；
取一三盒子： 1種；
取一四盒子： 1種；
取二三盒子：， ， 3種；
取二四盒子：，， 3 種；
取三四盒子： ， 2種；
共12種。
** by azui
題解，來自azui：e*c(n,2)的值就是總情況數。
轉換思路，將小球模型轉化為網格路徑模型來看待。
一共有a個紅球，b個藍球，放在一排的方案數等於a行b列的方格沿著右、下兩個方向從左上角走到右下角的方案數。
如果是兩個盒子 i 和 j，那就是座標系上從(-ai,-bi)走到(aj,bj)的方案數（最少步數）。
將每個盒子拆成(ai,bi)和(-ai,-bi)兩個點。現在考慮從第三象限中任意一點走到第一象限中任意一點的方案數之和（記為 x）。x 的求法顯然，只需乙個6000*6000的網格dp即可做到。
其與答案的出入為：增加了 j≤i 的非法情況。
我們可以o(n)減去i和j相等的情況，就只剩下j
#includeconst int mod=998244353;const int t=3000;
const int n=6000;
const int m=200000;
void getin( int &shu )
int fac[m+5], inv[m+5];
void pre()
for( int i=2; i<=m; i++ )
inv[i]=1ll*inv[i]*inv[i-1]%mod;
//階乘的逆元等於逆元的階乘: inv(4!)==inv(1)*inv(2)*inv(3)*inv(4)
}int c( int m, int r )
int n, sum, ans, a, b;
int dp[n+5][n+5], cnt[t+5][t+5];
int main()
for( int i=0; i<=n; i++ )
for( int j=0; j<=n; j++ )
ans=( ans-sum+mod)%mod;
ans=1ll*ans*inv[2]%mod;
printf( "%d\n", ans );
return 0;
}
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