是一道不错的计数。
考察合法序列的形态，容易发现：
- 不能出现两个 \(< \frac{k}{2}\) 的数相邻；
- 如果 \(x < \frac{k}{2}, y \ge \frac{k}{2}\)，那么 \(|y - \frac{k}{2}| \ge |x - \frac{k}{2}|\)。
考虑不直接排列，而是按照一定的顺序插入。考虑按照 \(|x - \frac{k}{2}|\) 从大到小插入，并且如果 \(|x - \frac{k}{2}|\) 相同，那么就让 \(\ge \frac{k}{2}\) 的数先插入，这样能保证不会出现第二种不合法情况。因为题目不区分相同的数，于是把所有相同的数放一起考虑。
于是只用限制第一个不合法情况。维护一个可用位置数 \(s\)，然后：
- 遇到 \(x < \frac{k}{2}\)，出现次数为 \(y\)，那我们有 \(\binom{s}{y}\) 种方案插入，并且可用位置数减去 \(y\)（之后不能在它们两侧放数了）；
- 遇到 \(x \ge \frac{k}{2}\)，出现次数为 \(y\)，这个插入的方案数相当于，把这 \(y\) 个数划分成 \(s\) 段，把这 \(s\) 段依次插入，允许有空段。这个用插板法可得方案数为 \(\binom{s + y - 1}{s - 1}\)，并且可用位置数加上 \(y\)。
最后由乘法原理把每一步的方案数乘起来就是最终答案。
时间复杂度 \(O(n \log n)\)，瓶颈在排序。
code
// Problem: E - ≥ K
// Contest: AtCoder - AtCoder Regular Contest 148
// URL: https://atcoder.jp/contests/arc148/tasks/arc148_e
// Memory Limit: 1024 MB
// Time Limit: 2000 ms
//
// Powered by CP Editor (https://cpeditor.org)
#include <bits/stdc++.h>
#define pb emplace_back
#define fst first
#define scd second
#define mems(a, x) memset((a), (x), sizeof(a))
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef double db;
typedef long double ldb;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int maxn = 200100;
const ll mod = 998244353;
inline ll qpow(ll b, ll p) {
ll res = 1;
while (p) {
if (p & 1) {
res = res * b % mod;
}
b = b * b % mod;
p >>= 1;
}
return res;
}
ll n, m, a[maxn], fac[maxn], ifac[maxn], tot;
pii b[maxn];
inline ll C(ll n, ll m) {
if (n < m || n < 0 || m < 0) {
return 0;
} else {
return fac[n] * ifac[m] % mod * ifac[n - m] % mod;
}
}
void solve() {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
map<ll, ll> mp;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
scanf("%lld", &a[i]);
++mp[a[i]];
}
for (pii p : mp) {
b[++tot] = p;
}
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; ++i) {
fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
}
ifac[n] = qpow(fac[n], mod - 2);
for (int i = n - 1; ~i; --i) {
ifac[i] = ifac[i + 1] * (i + 1) % mod;
}
sort(b + 1, b + tot + 1, [&](pii a, pii b) {
return abs(a.fst * 2 - m) > abs(b.fst * 2 - m) || (abs(a.fst * 2 - m) == abs(b.fst * 2 - m) && a.fst * 2 > m);
});
ll ans = 1, s = 1;
for (int i = 1; i <= tot; ++i) {
if (b[i].fst * 2 < m) {
ans = ans * C(s, b[i].scd) % mod;
s -= b[i].scd;
} else {
ans = ans * C(s + b[i].scd - 1, s - 1) % mod;
s += b[i].scd;
}
}
printf("%lld\n", ans);
}
int main() {
int T = 1;
// scanf("%d", &T);
while (T--) {
solve();
}
return 0;
}