LOJ #2527 Luogu P4491「HAOI2018」染色

好像网上没人....和我推出....同一个式子啊.....

LOJ #2527 Luogu P4491

---

题意

$ n$个格子中每个格子可以涂$ m$种颜色中的一种

若有$ k$种颜色恰好涂了$ s$格则产生$ w_k$的价值

求所有涂色方案的价值和

---

$ solution$

按常规套路先容斥

设 $f_x$表示恰好有$ x$种颜色涂了恰好$s$格的方案数，

$ g_x$表示至少有$ x$种颜色涂了恰好$ s$格的方案数

有

$ ans=sumlimits_{i=0}^mw_if_i$

$ f_x=sumlimits_{i=x}^m (-1)^{i-x}inom{i}{x}g_i$

$ g_x=inom{m}{x}inom{n}{sx}frac{(sx)!}{(s!)^x}(m-x)^{n-sx}$

其中$ g_x$的意义即为选出$x$种颜色，选出$ sx$个格子放置这些颜色，

并将其他$ m-x$种颜色在其他格子乱放的方案数

因此有

$ans=sumlimits_{i=0}^mw_isumlimits_{j=i}^m(-1)^{j-i}inom{j}{i}g_j$

将组合数展开成阶乘得

$ans=sumlimits_{i=0}^mw_isumlimits_{j=i}^m(-1)^{j-i}frac{j!}{i!(j-i)!}g_j$

设

$F_x=frac{(-1)^x}{x}$，$G_x=g_xx!$

则有

$ans=sumlimits_{i=0}^mfrac{w_i}{i!}sumlimits_{j=i}^mF_{j-i}G_j$

将$ F$或$ G$反转之后后式是一个卷积形式
而$F$和$G$都可以快速计算
$NTT$优化即可

时间复杂度$ O(m log m + n)$

---

$ my code$

#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define p 1004535809
#define rt register int
#define ll long long
using namespace std;
inline char __getchar(){
    static const int IN_LEN = 1000000;
    static char buf[IN_LEN], *s, *t;
    return (s == t ? t = (s = buf) + fread(buf, 1, IN_LEN, stdin), (s == t ? -1 : *s++) : *s++);
}
#define getchar() __getchar()
inline ll read(){
    ll x = 0; char zf = 1; char ch = getchar();
    while (ch != '-' && !isdigit(ch)) ch = getchar();
    if (ch == '-') zf = -1, ch = getchar();
    while (isdigit(ch)) x = x * 10 + ch - '0', ch = getchar(); return x * zf;
}
void write(ll y){if(y<0)putchar('-'),y=-y;if(y>9)write(y/10);putchar(y%10+48);}
void writeln(const ll y){write(y);putchar('
');}
int i,j,k,m,n,x,y,z,cnt;
int ksm(int x,int y){
    int ans=1;
    for(rt i=y;i;i>>=1,x=1ll*x*x%p)if(i&1)ans=1ll*x*ans%p;
    return ans;
}
int njc[10000010],jc[10000010];
void init(int N){
    njc[0]=njc[1]=jc[0]=jc[1]=1;
    for(rt i=2;i<=N;i++)jc[i]=1ll*i*jc[i-1]%p;
    njc[N]=ksm(jc[N],p-2);
    for(rt i=N-1;i>=1;i--)njc[i]=1ll*njc[i+1]*(i+1)%p;
}
inline int C(int x,int y){return 1ll*jc[x]*njc[y]%p*njc[x-y]%p;}
int w[100010],g[270010],f[270010],R[270010];
void NTT(int n,int *A,int fla){
    for(rt i=0;i<n;i++)if(i>R[i])swap(A[i],A[R[i]]);
    for(rt i=1;i<n;i<<=1){
        int w=ksm(3,(p-1)/2/i);
        for(rt j=0;j<n;j+=(i<<1)){
            int K=1;
            for(rt k=0;k<i;k++,K=1ll*K*w%p){
                int x=A[j+k],y=1ll*K*A[i+j+k]%p;
                A[j+k]=(x+y)%p;A[i+j+k]=(x-y)%p;
            }
        }
    }
    if(fla==-1){
        reverse(A+1,A+n);int invn=ksm(n,p-2);
        for(rt i=0;i<n;i++)A[i]=1ll*invn*A[i]%p;
    }
}
int main(){
    n=read();m=read();int s=read();
    ll ans=0;init(max(n,m));
    for(rt i=0;i<=m;i++)w[i]=read();
    for(rt j=0,invv=1;j<=m&&s*j<=n;j++,invv=1ll*invv*njc[s]%p)
    g[j]=1ll*C(m,j)*C(n,s*j)%p*jc[s*j]%p*invv%p*ksm(m-j,n-s*j)%p*jc[j]%p;
    
    for(rt i=0,tag=1;i<=m;i++,tag*=-1)f[i]=tag*njc[i];
    reverse(f,f+m+1);
    int lim=1;while(lim<=m+m)lim<<=1;
    for(rt i=1;i<lim;i++)R[i]=(R[i>>1]>>1)|(i&1)*(lim>>1);
    NTT(lim,f,1);NTT(lim,g,1);
    for(rt i=0;i<lim;i++)f[i]=1ll*f[i]*g[i]%p;
    NTT(lim,f,-1);
    for(rt i=0;i<=m;i++)(ans+=1ll*f[i+m]*w[i]%p*njc[i]%p)%=p;
    cout<<(ans+p)%p;
    return 0;
}