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G
考虑先放G和B，此时共有\(C_{G+B}^{B}\)种方案。

然后选出\(k\)个G，在前面放上\(R\)，共有\(C_{G}^{k}\)种方案。

最后我们放剩下的\(R-K\)个R，考虑目前哪些区间内部可以放一段连续的\(R\)。可以发现，单独G的后面，以及B的前后，RG的前后是可以放的，总共是\(B-k+1\)个区间内可以放\(R\)。那么此时就是一个经典的问题——给你\(N\)个桶和\(M\)个球，每个桶可以放任意多个球，球是无标号的，求总方案数。用隔板法发现答案就是\(C_{N-1}^{N+M-1}\)。

最后将这些乘起来就可以得到总方案数了。

#include<bits/stdc++.h>
#define debug(...) std::cerr<<#__VA_ARGS__<<" : "<<__VA_ARGS__<<std::endl

const int maxn=3000005,mod=998244353;
int r,g,b,k;
int fac[maxn];

int qpow(int x,int y) {
	if(y==0) return 1;
	int ret=qpow(x,y>>1);
	ret=1ll*ret*ret%mod;
	if(y&1) ret=1ll*ret*x%mod;
	return ret;
}

int C(int x,int y) {
	return 1ll*fac[x]*qpow(fac[y],mod-2)%mod*qpow(fac[x-y],mod-2)%mod;
}

int D(int x,int y) {
	return C(x+y-1,x-1);
}

int main() {
	fac[0]=1; for(int i=1;i<maxn;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	scanf("%d%d%d%d",&r,&g,&b,&k);
	printf("%d\n",(int)(1ll*C(g+b,b)*C(g,k)%mod*D(k+b+1,r-k)%mod));
	return 0;
}

H
我们发现很多坐标是没用的，准确的说，是只有出发点\((0,0)\)、每个snuke出现的点\((x_{i},y_{i})\)只在\(t_{i}\)时刻是有用的。

那么设\(dp(i)\)表示到了第\(i\)个点，且目前时间是\(t_{i}\)，我们得到最大Size的和。

不妨设\(dp(0)\)表示在初始点，并且\(x_{0}=y_{0}=t_{0}=a_{0}=0\)。

那么\(dp(j)\)能转移到\(dp(i)\)，当且仅当\(y_{i}\geq y_{j},y_{i}-y_{j}+|x_{i}-x_{j}|\leq t_{i}-t_{j}\)。

转移方程式就是\(dp(i)=\max_{y_{i}\geq y_{j},y_{i}-y_{j}+|x_{i}-x_{j}|\leq t_{i}-t_{j}}(dp(j))+a_{i}\)

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来源： https://www.cnblogs.com/Nastia/p/16641835.html

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