这是关于G,B题的个人想法

G|小L的散步

• 有 n 块连续排列的石块，每块石块有长度，将这些石块依次拼接后，石块之间的 “缝隙”（每块石块的右端点）会形成一个递增的位置序列（比如第 1 块长 2、第 2 块长 3，则缝隙位置为 2、5）。
• 有一个人从起点（位置 0）出发，分 m 步行走，每步走固定长度，最终形成 m+1 个 “脚掌位置”（起点 + 每步走完后的位置，比如走 2 步、每步走 1，则位置为 0、1、2）。
• 每个人的脚掌长度为 l，即站在位置 pos 时，脚掌覆盖区间是 [pos, pos+l)。

核心思路

1：预处理缝隙位置

• 遍历输入的 n 块石块长度，累加得到每块石块的右端点（缝隙）位置，并存储到有序数组 gaps 中（因为石块是连续拼接的，gaps 天然严格递增）。

2：预处理脚掌位置（O (m)）

• 遍历输入的 m 步行走长度，累加得到每一步走完后的位置，加上起点 0，形成 m+1 个脚掌位置数组 steps

3：二分查找验证是否踩到缝隙

• 对每个脚掌位置 pos，做以下判断：
• 用 upper_bound（本质是二分查找）在有序的 gaps 中，找到第一个大于 pos 的缝隙位置 gap_pos（这是当前 pos 右侧最近的缝隙）。
• 核心判断条件：pos < gap_pos && pos + l > gap_pos
• pos < gap_pos：确保缝隙在脚掌的右侧（没被脚掌左端点超过）；
• pos + l > gap_pos：确保缝隙在脚掌覆盖的区间内（没超过脚掌右端点）；
• 两者同时满足 → 脚掌覆盖了该缝隙（踩到），直接判定为 YES 并终止检查。

代码展示

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main() {
    long long n, m, l;
    cin >> n >> m >> l;

    vector<long long> gaps;
    long long total = 0;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        long long x;
        cin >> x;
        total += x;
        gaps.push_back(total);
    }

    vector<long long> steps(m + 1);
    steps[0] = 0;
    for (int i = 1; i <= m; ++i) {
        long long y;
        cin >> y;
        steps[i] = steps[i - 1] + y;
    }

    bool stepped = false;
    for (long long pos : steps) {
 
        auto it = upper_bound(gaps.begin(), gaps.end(), pos);
        if (it != gaps.end()) {
            long long gap_pos = *it;

            if (pos < gap_pos && pos + l > gap_pos) {
                stepped = true;
                break;
            }
        }
    }

    cout << (stepped ? "YES" : "NO") << endl;

    return 0;
}

B|小L的彩球

1. 组合数计算：利用费马小定理求阶乘的逆元，通过公式 C(n,m)=n!/m!(n−m)!​mod998244353 计算组合数。
2. 段数拆分：外露线数 t 对应彩球分盒的 “切换次数”，切换 t 次会形成 t+1 个连续段；将 t+1 个段拆分为 “左盒段数” 和 “右盒段数”（两种拆分方式）。
3. 隔板法计数：将左盒的 x 个球分到左盒段数对应的段中，右盒的 n-x 个球分到右盒段数对应的段中，两种拆分方式的方案数之和即为答案。

代码展示

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
 
using namespace std;
 
const int N = 1e6 + 10, mod = 998244353;
 
typedef long long LL;
 
LL f[N];
 
LL qmi(LL x, LL k)
{
    LL t = x, res = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1) res = res * t % mod;
        t = t * t % mod;
        k >>= 1;
    }
    return res;
}
 
LL c(int n, int m)
{ 
    if (m > n) return 0;
    if (m == 0) return 1;
     
    return f[n] * qmi(f[n - m], mod - 2) % mod * qmi(f[m], mod - 2) % mod;
}
 
void solve()
{
    int n, x, t;
    scanf("%d%d%d", &n, &x, &t);
     
    if (x == n || t == 0)
    {
        printf("%d\n", x == n && t == 0);
        return ;
    } 
     
    int num[2] = {t + 1 >> 1, t + 1 - (t + 1 >> 1)};
     
    LL ans = 0;
    for (int i = 0; i < 2; i ++)
        ans = (ans + c(x - 1, num[i] - 1) * c(n - x - 1, t + 1 - num[i] - 1)) % mod;
    printf("%lld\n", ans);
}
 
int main()
{
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i < N; i ++) f[i] = f[i - 1] * i % mod;
     
    int t = 1;
    scanf("%d", &t);
    while (t --) solve();
    return 0;
}