题目描述
群里有(k)个不同的复读机。为了庆祝平安夜的到来，在接下来的(n)秒内，它们每秒钟都会选出一位优秀的复读机进行复读。非常滑稽的是，一个复读机只有总共复读了(d)的倍数次才会感到快乐。问有多少种不同的安排方式使得所有的复读机都感到快乐。
Sol
发现 (d) 只有 (3) ， 很可能需要分开讨论。
(d=1) 就是 (k^n)
(d=2):
其实容易发现这是一个有次数限制的可重排列问题，那么可以使用指数型生成函数来解决。
一个复读机的生成函数就是:
[G(x)=sum_{i=0} frac{x^{2i}}{(2i)!}
]
其实就是去除掉所有奇数项，那么这是一个常见的套路了，就是:
[G(x)=frac{e^x+e^{-x}}{2}
]
泰勒展开后作差就是原来的式子了。
我们要求的东西就是:
[n!*G(x)^k[x^n]
]
这里直接二项式定理展开:
[n!igg(frac{(e^x+e^{-x})^k}{2^k}igg)=n!igg(frac{sum_{i=0}^k e^{(2i-k)x}{kchoose i}}{2^k}igg)
]
里面泰勒逆展开后发现 ([x^n]) 下自带一个 (n!) ，所以最后的答案就是:
[frac{sum_{i=0}^k (2i-k)^n{kchoose i}}{2^k}
]
(d=3):
仿照上面的式子有:
[G(x)=sum_{i=0} frac{x^{3i}}{(3i)!}
]
无法使用常规方法化简。那么我们要使用一种更为本质的方法。
式子可以写成这样:
[G(x)=sum_{i=0}[3|i]frac{x^{i}}{i!}
]
用上单位根的性质：
[G(x)=sum_{i=0}frac{1}{3}sum_{j=0}^2 frac{w_3^{ji}x^i}{i!}
]
这之后常规套路移项然后合并次数
[G(x)=frac{1}{3}sum_{j=0}^2 sum_{i=0}frac{(w_3^jx)^i}{i!}
]
所以又可以泰勒逆展开了:
[G(x)=frac{1}{3}sum_{j=0}^2 e^{w_3^jx}
]
容易发现这个形式和 (d=2) 的相同，因为 (d=2) 做法的本质也是单位根反演，只不过因为单位根是 +-1 所以很容易手动容斥出来。
还是要求:
[n!G(x)^k[x^n]
]
直接展开:
[n!G(x)^k=n!dfrac{sum_{i_0+i_1+i_2=k}(e^{(i_0w_3^0+i_1w_3^1+i_2w_3^2})x)frac{k!}{i_0!i_1!i_2!}}{3^k}
]
一样的泰勒逆展开然后取 ([x^n])，最后的答案式就是：
[dfrac{sum_{i_0+i_1+i_2=k} (i_0w_3^0+i_1w_3^1+i_2w_3^2) frac{k!}{i_0!i_1!i_2!}}{3^k}
]
单位根用原根代替就行了。
code:
#include<bits/stdc++.h>
#define Set(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;
const int N=5e5+10;
const int mod=19491001;
const int inv2=(mod+1)/2;
template <typename T> inline void init(T&x){
x=0;char ch=getchar();bool t=0;
for(;ch>'9'||ch<'0';ch=getchar()) if(ch=='-') t=1;
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch-48);
if(t) x=-x;return;
}
typedef long long ll;
template<typename T>inline void Inc(T&x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;return;}
template<typename T>inline void Dec(T&x,int y){x-=y;if(x < 0) x+=mod;return;}
template<typename T>inline int fpow(int x,T k){int ret=1;for(;k;k>>=1,x=(ll)x*x%mod) if(k&1) ret=(ll)ret*x%mod;return ret;}
inline int Sum(int x,int y){x+=y;if(x>=mod) return x-mod;return x;}
inline int Dif(int x,int y){x-=y;if(x < 0 ) return x+mod;return x;}
int n,k,d;
int fac[N],finv[N];
inline void Sieve(int N){
fac[0]=finv[0]=fac[1]=finv[1]=1;
for(int i=2;i<=N;++i) finv[i]=(ll)(mod-mod/i)*finv[mod%i]%mod,fac[i]=(ll)fac[i-1]*i%mod;
for(int i=2;i<=N;++i) finv[i]=(ll)finv[i-1]*finv[i]%mod;
return;
}
inline int C(int n,int m){return n<m? 0:((ll)fac[n]*finv[m]%mod*finv[n-m]%mod);}
inline int Getroot(int mod){
static int pri[50];int x=mod-1;int cnt=0;
for(int i=2;i*i<=x;++i){
if(x%i==0) {
pri[++cnt]=i,x/=i;while(x%i==0) x/=i;
}
}
for(int g=2;;++g){
bool fl=1;
for(int i=1;i<=cnt;++i) if(fpow(g,(mod-1)/pri[i])==1) {fl=0;break;}
if(fl) return g;
}return 0;
}
int main()
{
init(n),init(k),init(d);
if(d==1) cout<<fpow(k,n)<<endl;
else {
Sieve(k);
if(d==2) {
int ans=0;
for(int i=0;i<=k;++i) Inc(ans,(ll)fpow(2*i-k,n)*C(k,i)%mod);
ans=(ll)ans*fpow(inv2,k)%mod;
cout<<ans<<endl;
}else{
int ans=0;int g=Getroot(mod);
int w0=1,w1=fpow(g,(mod-1)/3),w2=(ll)w1*w1%mod;
for(int i0=0;i0<=k;++i0) {
for(int i1=0;i1<=k;++i1){
if(i0+i1>k) break;
int i2=k-i0-i1;
Inc(ans,(ll)fpow(((ll)i0*w0%mod+(ll)i1*w1%mod+(ll)i2*w2%mod)%mod,n)*fac[k]%mod*finv[i0]%mod*finv[i1]%mod*finv[i2]%mod);
}
}
ans=(ll)ans*fpow(3,(ll)(mod-2)*k%(mod-1))%mod;
cout<<ans<<endl;
}
}
return 0;
}