[提高组集训2021] 教数学的校长

一、题目

无聊的校长 ( t DDXYX) 在写一些数列，他想出来一个问题想难倒你。

对于两个长度为 (k) 的数列 ({a},{b})，满足 (sum_{i=1}^ka_i=n,sum_{i=1}^kb_i=m)

对于这两个数列定义权值 (P=prod_{i=1}^kmin(a_i,b_i))，求 (sum_{{a},{b}}P) 对 (998244353) 取模的结果。

(n,m,kleq 5cdot 10^5)

二、解法

校长的做法

校长觉得我做不出来这么难的题，所以就把他绝妙的做法告诉我了~

寻找答案的组合意义，我们可以新定义一个数组 (c) 满足 (0leq c_i<min(a_i,b_i))

现在变成了一个嵌套计数问题，也即对于所有的 (a,b) 序列求出对应 (c) 序列的个数，贡献法考虑每个 (c) 序列贡献给了多少 (a,b) 序列，我们枚举 (c) 序列的总和 (i)，(a,b) 序列看成在原有的 (c) 序列上增加

[sum P=sum_{i=0}{n-i-1choose k-1}{m-i-1choose k-1}{i+k-1choose k-1} ]

校长牛逼！

构造版生成函数

如果从生成函数的角度考虑就是那个 (min(a_i,b_i)) 比较鬼畜，写方案数的生成函数还是比较容易的：

[[x^ny^m][(x^1+x^2...)(y^1+y^2...)]^k ]

现在我们要让 (x^ay^b) 前面的系数是 (min(a,b))，因为我们尽量要用基本的生成函数表示，所以我们把它拆分成 (x^0y^0cdot x^ay^b+x^1y^1cdot x^{a-1}y^{b-1}...+x^{min(a,b)-1}y^{min(a,b)-1}cdot x^1y^1)，那么我们乘一个 ((x^0y^0+x^1y^1...)) 上去即可：

[[x^ny^m][(x^1+x^2...)(y^1+y^2...)(x^0y^0+x^1y^1...)]^k ]

那么我们枚举 (x^iy^i) 的 (i)，然后剩下所有的方案数都可以用隔板法计算，就得到和校长方法一样的柿子了。

三、总结

组合意义一定要流畅，一开始我想的是放球，有鸡巴的意义

快速计算生成函数可以考虑拆分成基本形式，这时候就有点算贡献的思想了。

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int MOD = 998244353;
const int N = 500005;
#define int long long
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int T,n,m,k,ans,fac[N],inv[N];
void init(int n)
{
	fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++) inv[i]=inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%MOD;
	for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD; 
}
int C(int n,int m)
{
	if(n<m || m<0) return 0;
	return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}
void work()
{
	n=read();m=read();k=read();
	int lim=min(n,m)-k;ans=0;
	for(int i=0;i<=lim;i++)
		ans=(ans+C(n-i-1,k-1)*C(m-i-1,k-1)%MOD*C(i+k-1,k-1))%MOD;
	printf("%lld
",ans);
}
signed main()
{
	freopen("easy.in","r",stdin);
	freopen("easy.out","w",stdout);
	T=read();init(5e5);
	while(T--) work();
}