思路与方法

1. 可行性分析

• 每次操作：选取两个相邻字符，翻转后交换（“00”↔“11”，“01”↔“10”）。
• 注意：操作前后“1 的个数”模 2 不变。
• 因此只有当字符串中 1 的个数 $M$ 为偶数时，才有可能通过若干次操作变为全 0；否则无解，不计入和。

2. 单串最优操作数 $f(s)$

• 若 $s$ 中有偶数个 1，记其位置（从左到右）为 $p_1<p_2<\cdots<p_M$。
• 最优策略：将第 $2k-1$ 个 1 与第 $2k$ 个 1 配对消除。
• 每对所需操作数恰为两者索引差：
  $f(s)\;=\;\sum_{k=1}^{M/2}(p_{2k}-p_{2k-1})\,.$

3. 全局求和 + 组合计数

• 要对所有长度为 $n$ 且“1 的个数为偶数”的字符串累加 $f(s)$，可用组合计数或插值法推导得到简洁公式：
  $\sum_{s}f(s)$$=(n-1)2^{n-2}\quad(\bmod\;998244353).$

4. 快速幂计算

• 因为 $n$ 最大可达 $10^9$，必须用二分法快速幂在 $O(\log n)$ 内计算 $2^{n-2}\bmod998244353$。

复杂度分析

• 取模快幂：$O(\log n)$ 次乘法。
• 其余常数次运算。
• 总体时间：$O(\log n)$，空间：$O(1)$。

代码

Python

MOD = 998244353
def solve():
    n = int(input().strip())
    if n == 1:
        print(0)
        return
    # 结果 = (n-1) * 2^(n-2) % MOD
    ans = ( (n-1) % MOD ) * pow(2, n-2, MOD) % MOD
    print(ans)

if __name__ == "__main__":
    solve()

Java

import java.util.*;

public class Main {
    static final int MOD = 998244353;
    // 快速幂：计算 a^e % MOD
    static long powMod(long a, long e) {
        long r = 1;
        while (e > 0) {
            if ((e & 1) == 1) {
                r = r * a % MOD;
            }
            a = a * a % MOD;
            e >>= 1;
        }
        return r;
    }

    public static void main(String[] args) {
        Scanner sc = new Scanner(System.in);
        long n = sc.nextLong();
        sc.close();
        if (n == 1) {
            System.out.println(0);
            return;
        }
        // 结果 = (n-1) * 2^(n-2) % MOD
        long ans = ((n - 1) % MOD) * powMod(2, n - 2) % MOD;
        System.out.println(ans);
    }
}

C++

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int MOD = 998244353;

// 快速幂：计算 a^e % MOD
long long powMod(long long a, long long e) {
    long long r = 1;
    while (e) {
        if (e & 1) {
            r = r * a % MOD;
        }
        a = a * a % MOD;
        e >>= 1;
    }
    return r;
}

int main() {
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(NULL);

    long long n;
    cin >> n;
    if (n == 1) {
        cout << 0;
        return 0;
    }
    // 结果 = (n-1) * 2^(n-2) % MOD
    long long ans = ((n - 1) % MOD) * powMod(2, n - 2) % MOD;
    cout << ans;
    return 0;
}

题目内容

对于仅由 $0$ 和 $1$ 两种字符组成的字符串 $s$ ,定义一次操作为：

选择两个相邻字符，将它们同时取反（即如果字符原本为 $0$ ，将其变成 $1$ ；如果字符原本为 $1$ ，将其变成 $0$ ）。

记 $f(s)$ 为将 $s$ 变为全 $0$ 所需的最少操作次数。若无法变为全 $0$ ，则该字符串的 $f(s)$ 不计。

现在，给定整数 $n$ ，求所有长度为 $n$ 的合法字符串的 $f(s)$ 之和。由于答案可能很大，请将答案对 $998$ $244$ $533$ 取模后输出。

输入描述

输入一个整数 $n(1≦n≦10^9)$ 代表字符串长度。

输出描述

输出一个整数，代表所有长度为 $n$ 的字符串的 $f(s)$ 之和。由于答案可能很大，请将答案对 $998$ $244$ $533$ 取模后输出。

样例1

输入

2

输出

1

说明

在这个样例中，当 $n =2$ 时，全部的合法字符串有：

• “$00$”，由于不需要任何操作，$f=0$；

• ”$01$“，无法变为全 $0$ ，不计；

• “$10$”，无法变为全 $0$ ，不计；

• “$11$”，操作一次即可，所以 $f=1$ 。

样例2

输入

4

输出

12

样例3

输入

10000

输出

528897405