[LibreOJ 3120]【CTS2019】珍珠 【生成函数】【计数】

Description

Solution

有一个直观的思路是考虑每种颜色个数的奇偶性，奇数个数的颜色不能超过(n-2m)
因此若(n-2mgeq D)则答案一定是(D^n)

否则由于每种颜色其实没有区别，我们考虑一种颜色为奇数和为偶数的指数型生成函数
奇数是(e^x-e^{-x}over 2)，偶数是(e^x+e^{-x}over 2)

我们枚举有多少个奇数的颜色
容易得到

[Ans=n!sumlimits_{i=0}^{n-2m}{Dchoose i}left({e^x-e^{-x}over 2} ight)^ileft({e^x+e^{-x}over 2} ight)^{D-i}[x^n] ]

我考场上写的是这个式子（和题解的本质相同，不过化起来比较麻烦）

提出一个(2^{-D})，把后面的东西二项式展开

[=2^{-D}n!sumlimits_{i=0}^{n-2m}{Dchoose i}sumlimits_{p=0}^{i}e^{(2p-i)x}{ichoose p}(-1)^{i-p}sumlimits_{q=0}^{D-i}e^{(2q+i-D)x}{D-ichoose q}[x^n] ]

此处我们可以枚举(T=p+q)，并移到最外层

[=2^{-D}n!sumlimits_{T=0}^{D}e^{2T-D}sumlimits_{i=0}^{n-2m}{Dchoose i}sumlimits_{p+q=T}(-1)^{i-p}{ichoose p}{D-ichoose q}[x^n] ]

容易知道(n!e^{px}[x^n]=p^n)
把q换成T-p

[=2^{-D}sumlimits_{T=0}^{D}(2T-D)^nsumlimits_{i=0}^{n-2m}sumlimits_{p=0}^{T}(-1)^{i-p}{Dchoose i}{ichoose p}{D-ichoose T-p} ]

考场上的时候我就卡在这里推不动了
实际上那三个组合数可以化开成({D!over i!(D-i)!}{i!over (i-p)!p!}{(D-i)!over (T-p)!(D-i-T+p)!})

分配阶乘，约分，补上一个((D-T)!T!over (D-T)!T!)
可以得到

[=2^{-D}sumlimits_{T=0}^{D}(2T-D)^n{Dchoose T}sumlimits_{i=0}^{n-2m}sumlimits_{p=0}^{T}(-1)^{i-p}{Tchoose p}{D-Tchoose i-p} ]

可以发现后面是两个二项式卷积的形式
实际上就是(left((1+y)^T(1-y)^{D-T} ight)[y^i])
后面的就和题解是一样的了。

题解的推法是这样的

[Ans=n!sumlimits_{i=0}^{n-2m}left(y{e^x-e^{-x}over 2}+{e^x+e^{-x}over 2} ight)^D[x^n][y^i] ]

把(e^x)和(e^{-x})分开

[Ans=2^{-D}n!sumlimits_{i=0}^{n-2m}left(e^x(1+y)+e^{-x}(1-y) ight)^D[x^n][y^i] ]

二项式展开

[Ans=2^{-D}n!sumlimits_{i=0}^{n-2m}sumlimits_{T=0}^{D}e^{(2T-D)x}(1+y)^T(1-y)^{D-T}{Dchoose T}[x^n][y^i] ]

把(i)放到后面去，就是

[=2^{-D}sumlimits_{T=0}^{D}(2T-D)^n{Dchoose T}sumlimits_{i=0}^{n-2m}left((1+y)^T(1-y)^{D-T} ight)[y^i] ]

（看来是我的推法太蠢了）

记后面的东西(F(T,D)=sumlimits_{i=0}^{n-2m}left((1+y)^T(1-y)^{D-T} ight)[y^i])
接下来就是高端操作时间
把一个((1+y))拆成(-(1-y)+2)，式子就可以化开成两边，具体略去
立刻可以得到(F(T,D)=-F(T-1,D)+2F(T-1,D-1))

然后(F(0,D)=sumlimits_{i=0}^{n-2m}{Dchoose i}(-1)^i)
通过杨辉三角的性质，化到上一行去发现都消掉了，结果就是({D-1choose n-2m}(-1)^{n-2m})

然后就可以通过NTT加速递推过程求出(F(T,D))了。

实际上网上似乎有一种很简单的推法，利用容斥，变成至少i个为奇数，然后式子就好化很多，结果就是两次直接的卷积，就不需要后面的高端操作了。
时间复杂度(O(nlog n))

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define fod(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define N 100005
#define M 262144
#define T 18
#define mo 998244353
#define LL long long
using namespace std;
LL l,n,m,js[M+1],ns[M+1],ny[M+1];
LL ksm(LL k,LL n)
{
	k=(k+mo)%mo;
	LL s=1;
	for(;n;n>>=1,k=k*k%mo) if(n&1) s=s*k%mo;
	return s;
}
LL C(int n,int m)
{
	if(n<m||n<0||m<0) return 0;
	return js[n]*ns[m]%mo*ns[n-m]%mo;
}
int a[M+1],b[M+1];
LL F(int w)
{
	if(w==0) return 1;
	return ((n-2*m)&1)?(mo-C(w-1,n-2*m))%mo:C(w-1,n-2*m);
}

int bit[M+1];
int wi[M+1];
namespace polynomial
{
	void prp()
	{
		LL v=ksm(3,(mo-1)/M);
		wi[0]=1;
		fo(i,1,M) 
		{
			wi[i]=(LL)wi[i-1]*v%mo;
			bit[i]=(bit[i>>1]>>1)|((i&1)<<(T-1));
		}
	}
	int inc(int a,int b)
	{
		return (a+=b)>=mo?a-mo:a;
	}
	int dec(int a,int b)
	{
		return (a-=b)<0?a+mo:a;
	}
	void DFT(int *a)
	{
		fo(i,0,M-1) if(bit[i]<i) swap(a[i],a[bit[i]]);
		for(int h=1,l=(M>>1),v;h<M;h<<=1,l>>=1) 
		{
	   		for(int j=0;j<M;j+=h<<1) 
	   		{
	        	int *x=a+j,*y=x+h,*w=wi;
				for(int i=0;i<h;++i,++x,++y,w+=l)
				{
	        		v=((LL)*y * *w)%mo;
	        		*y=dec(*x,v);
	        		*x=inc(*x,v);
	        	}
	      	}
	    }
	}
	void IDFT(int *a)
	{
		DFT(a);
		fo(i,0,M-1) a[i]=a[i]*ny[M]%mo;
		reverse(a+1,a+M);
	}
}
using polynomial::prp;
using polynomial::DFT;
using polynomial::IDFT;
int main()
{
	cin>>l>>n>>m;
	if(n-2*m>=l) 
	{
		printf("%lld
",ksm(l,n));
		return 0;
	} 
	js[0]=js[1]=ny[1]=ns[0]=ns[1]=1;
	fo(i,2,M) 
	{
		js[i]=js[i-1]*(LL)i%mo;
		ny[i]=(-ny[mo%i]*(LL)(mo/i)%mo+mo)%mo;
		ns[i]=ns[i-1]*ny[i]%mo; 
	}
	LL v=1;
	fo(i,0,l) 
	{
		a[i]=v*ns[i]%mo*F(l-i)%mo,b[i]=(LL)((i&1)?mo-1:1)*ns[i]%mo;
		v=v*(LL)2%mo; 
	}
	prp();
	DFT(a),DFT(b);
	fo(i,0,M-1) a[i]=(LL)a[i]*(LL)b[i]%mo;
	IDFT(a);
	LL ans=0;
	fo(i,0,l) ans=(ans+a[i]*js[i]%mo*ksm(2*i-l,n)%mo*C(l,i))%mo;
	printf("%lld
",ans*ksm(ksm(2,l),mo-2)%mo);
}