HAOI2018 染色

一道推柿子题目
非常锻炼思维能力.
题目链接

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首先,颜色次数显然不能多于(lim=min(frac{n}{s},m))个.
由于问的是恰好为(k)个,我们定义(f_i)表示出现次数为(s)的颜色恰好为(k)个的方案数.
那么,(ans=sum_{i=0}^{lim}w_if_i)
我们用二项式反演的思想,令(g_i)表示至少有(i)个颜色出现次数为(s)次.
(g_i)如何求呢?
显然,我们首先选出(i*s)个格子,再选出(i)种颜色,然后对其进行排列,剩下的格子用剩下的颜色乱填即可.
(g_i=C_n^{i*s}*C_m^i*frac{(s*i)!}{(s!)^i}*(m-i)^{n-i*s})
这里四个乘数对应上文所述,应该很好理解.
显然,每个(f_i)会在(g_{j,jleq i})中计算(C_j^i)次.
那么,(g_i=sum_{j=i}^{lim}C_j^if_i)
接下来就是二项式反演环节.
(f_i=sum_{j=i}^{lim}(-1)^{j-i}C_j^ig_j)

我们回忆一下(ans)的计算.
(ans=sum_{i=0}^{lim}w_if_i)
(=sum_{i=0}^{lim}w_isum_{j=i}^{lim}(-1)^{j-i}C_j^ig_j)
我们把(C_j^i)拆掉得
(ans=sum_{i=0}^{lim}w_isum_{j=i}^{lim}(-1)^{j-i}frac{j!}{i!(j-i)!}g_j)
把(i!)提出来得(ans=sum_{i=0}^{lim}frac{w_i}{i!}sum_{j=i}^{lim}frac{(-1)^{j-i}}{(j-i)!}j!g_j)
我们令多项式(A=sum_{i=0}^{lim}frac{(-1)^i}{i!}x^i,B=sum_{i=0}^{lim}i!g_i)
把(A)反转,然后(A*B)就是答案.
这个用(NTT)优化即可.
时间复杂度(O(n+m*log m))

代码如下

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<vector>
#define N (600010)
#define M (10000010)
#define P (1004535809)
#define rg register int
typedef long double ld;
typedef long long LL;
typedef unsigned long long ull;
using namespace std;
inline char read(){
    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++);
}
template<class T>
inline void read(T &x){
    static bool iosig;
    static char c;
    for(iosig=false,c=read();!isdigit(c);c=read()){
        if(c=='-')iosig=true;
        if(c==-1)return;
    }
    for(x=0;isdigit(c);c=read())x=((x+(x<<2))<<1)+(c^'0');
    if(iosig)x=-x;
}
inline char readchar(){
    static char c;
    for(c=read();!isalpha(c);c=read())
    if(c==-1)return 0;
    return c;
}
const int OUT_LEN = 10000000;
char obuf[OUT_LEN],*ooh=obuf;
inline void print(char c) {
    if(ooh==obuf+OUT_LEN)fwrite(obuf,1,OUT_LEN,stdout),ooh=obuf;
    *ooh++=c;
}
template<class T>
inline void print(T x){
    static int buf[30],cnt;
    if(x==0)print('0');
    else{
        if(x<0)print('-'),x=-x;
        for(cnt=0;x;x/=10)buf[++cnt]=x%10+48;
        while(cnt)print((char)buf[cnt--]);
    }
}
inline void flush(){fwrite(obuf,1,ooh-obuf,stdout);}
int n,m,S,w[N],t,Lim,len,rev[N];
LL mi[40],iv[40],ans,f[N],g[N],jc[M],inv[M];
LL ksm(LL a,int p){
    LL res=1;
    while(p){
        if(p&1)res=(res*a)%P;
        a=(a*a)%P,p>>=1;
    }
    return res;
}
void NTT(LL *a,int tp){
    for(int i=0;i<Lim;i++)
    if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
    for(int i=1,s=1;i<Lim;i<<=1,s++){
        LL w=(tp>0)?mi[s]:iv[s];
        for(int R=i<<1,j=0;j<Lim;j+=R){
            LL p=1;
            for(int k=j;k<j+i;k++,p=p*w%P){
                LL x=a[k],y=p*a[k+i]%P;
                a[k]=(x+y)%P,a[k+i]=(x-y+P)%P;
            }
        }
    }
    if(tp==-1){
        LL dv=ksm(Lim,P-2)%P;
        for(int i=0;i<Lim;i++)a[i]=a[i]*dv%P;
    }
}
LL C(int n,int m){return jc[n]*inv[n-m]%P*inv[m]%P;}
int main(){
    read(n),read(m),read(S),jc[0]=inv[0]=inv[1]=1,t=min(n/S,m);
    for(int i=0;i<=m;i++)read(w[i]);
    for(int i=1;(1ll<<i)<=P;i++)mi[i]=ksm(3,(P-1)/(1<<i)),iv[i]=ksm(mi[i],P-2)%P;
    for(int i=1;i<=max(n,m);i++)jc[i]=jc[i-1]*i%P;
	for(int i=2;i<=max(n,m);i++)inv[i]=inv[P%i]*(P-P/i)%P;
	for(int i=1;i<=max(n,m);i++)inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
    for(int i=0;i<=t;i++)g[i]=jc[i]*C(m,i)%P*C(n,i*S)%P*jc[S*i]%P*ksm(ksm(jc[S],i),P-2)%P*ksm(m-i,n-i*S)%P;
    for(int i=0;i<=t;i++)f[t-i]=(i&1)?P-inv[i]:inv[i];
    for(Lim=1;Lim<=t+t;Lim<<=1)len++;
    for(int i=0;i<Lim;i++)rev[i]=((rev[i>>1])>>1)|((i&1)<<(len-1)); 
    NTT(f,1),NTT(g,1);
    for(int i=0;i<Lim;i++)f[i]=f[i]*g[i]%P;
    NTT(f,-1);
    for(int i=0;i<=t;i++)ans=(ans+1ll*w[i]*f[i+t]%P*inv[i]%P)%P;
    printf("%lld
",ans);
}