[CTS2019]珍珠

XXXI.[CTS2019]珍珠

设\(cnt_i\)为\(i\)颜色的出现次数。

则由题意，应有\(\sum\limits_{i=1}^{D}\left\lfloor\dfrac{cnt_i}{2}\right\rfloor\geq m\)

下面开始颓式子：

\(\begin{aligned}\sum\limits_{i=1}^{D}\left\lfloor\dfrac{cnt_i}{2}\right\rfloor&\geq m\\\sum\limits_{i=1}^{D}cnt_i-cnt_i\bmod{2}&\geq 2m\\\sum\limits_{i=1}^{D}cnt_i-\sum\limits_{i=1}^Dcnt_i\bmod{2}&\geq 2m\\n-\sum\limits_{i=1}^Dcnt_i\bmod{2}&\geq 2m\\\sum\limits_{i=1}^{D}cnt_i-\sum\limits_{i=1}^Dcnt_i\bmod{2}&\geq 2m\\\sum\limits_{i=1}^Dcnt_i\bmod{2}&\leq n-2m\end{aligned}\)

我们如果设\(odd_i\)表示恰好有\(i\)个颜色是奇数的情况数，则我们的目标是求出\(\sum\limits_{i=0}^{n-2m}odd_i\)。

我们发现单独的\(odd_i\)不好求；就算套上一个前缀和也还是不好求；只有套上一个后缀和才比较好求。

设\(f_i\)表示有\(\geq i\)种颜色是奇数的情况数，则有\(f_i=\sum\limits_{j=0}^i\dbinom{i}{j}odd(j)\)

二项式反演可得\(odd_i=\sum\limits_{j=i}^n(-1)^{j-i}\dbinom{j}{i}f_j\)

通过拆解组合数及翻转数组可以简单通过一次卷积由\(f_i\)求出\(odd_i\)。

那么\(f_i\)可以怎么求出呢？

显然，因为这里是有顺序的，故我们考虑使用指数生成函数。

奇数位的生成函数\(\{0,1,0,1,\dots\}=\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\)，这个简单展开\(e^x\)即可证明。无限制的位的生成函数就是\(e^x\)。

则由题意，\(f_i=\dbinom{D}{i}n![x_n]\Big(\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\Big)^i\times(e^x)^{D-i}\)

二项式定理暴力展开，得到

\[f_i=\dfrac{n!\dbinom{D}{i}}{2^i}[x_n]\sum\limits_{j=0}^i\dbinom{i}{j}(-1)^{i-j}e^{ix}\times e^{-(i-j)x}\times e^{(D-i)x} \]

稍微合并一下

\[f_i=\dfrac{n!\dbinom{D}{i}}{2^i}\sum\limits_{j=0}^i\dbinom{i}{j}(-1)^{i-j}[x_n]e^{D-2(i-j)} \]

观察到\([x_n]e^{D-2(i-j)}\)实际上就是\(\Big(D-2(i-j)\Big)^n\)

于是代入就得到

\[f_i=\dfrac{n!\dbinom{D}{i}}{2^i}\sum\limits_{j=0}^i\dbinom{i}{j}(-1)^{i-j}\Big(D-2(i-j)\Big)^n \]

继续拆组合数，便又可得到一卷积形式，即可求出\(f_i\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1<<20;
const int mod=998244353;
int n,m,D,f[N],g[N],all,fac[N],inv[N],res;
int ksm(int x,int y){
	int rt=1;
	for(;y;x=(1ll*x*x)%mod,y>>=1)if(y&1)rt=(1ll*rt*x)%mod;
	return rt;
}
namespace Poly{
	const int G=3;
	int rev[N],povG[N],invG[N];
	void init(){
		for(int md=1;md<N;md<<=1)povG[md]=ksm(G,(mod-1)/(md<<1)),invG[md]=ksm(povG[md],mod-2);
	}
	int lim,invlim;
	void NTT(int *a,int tp,int LG){
		for(int i=0;i<lim;i++)if(i<rev[i])swap(a[i],a[rev[i]]);
		for(int md=1;md<lim;md<<=1){
			int rt=(tp==-1?invG[md]:povG[md]);
			for(int stp=md<<1,pos=0;pos<lim;pos+=stp){
				int w=1;
				for(int i=0;i<md;i++,w=(1ll*w*rt)%mod){
					int x=a[pos+i],y=(1ll*w*a[pos+md+i])%mod;
					a[pos+i]=(x+y)%mod;
					a[pos+md+i]=(x-y+mod)%mod;
				}
			}
		}
		if(tp==-1)for(int i=0;i<lim;i++)a[i]=(1ll*a[i]*invlim)%mod;
	}
	int A[N],B[N];
	void mul(int *a,int *b,int *c,int LG){//using: Array A and B
		lim=(1<<LG),invlim=ksm(lim,mod-2);
		for(int i=0;i<lim;i++)rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<(LG-1));
		for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=B[i]=0;
		for(int i=0;i<(lim>>1);i++)A[i]=a[i],B[i]=b[i];
		NTT(A,1,LG),NTT(B,1,LG);
		for(int i=0;i<lim;i++)A[i]=1ll*A[i]*B[i]%mod;
		NTT(A,-1,LG);
		for(int i=0;i<lim;i++)c[i]=A[i];
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&D,&n,&m),Poly::init();
	if(2*m<=n-D){printf("%d\n",ksm(D,n));return 0;}
	if(2*m>n){puts("0");return 0;}
	while((1<<all)<=D)all++;
	fac[0]=1;for(int i=1;i<=D;i++)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
	inv[D]=ksm(fac[D],mod-2);for(int i=D-1;i>=0;i--)inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
	for(int i=0,tmp;i<=D;i++)tmp=1ll*ksm((D-2*i+mod)%mod,n)*inv[i]%mod,f[i]=(i&1?(mod-tmp)%mod:tmp),g[i]=inv[i];
	Poly::mul(f,g,f,all+1);
	for(int i=D+1;i<(1<<(all+1));i++)f[i]=0;
	for(int i=0;i<=D;i++)f[i]=1ll*f[i]*fac[D]%mod*inv[D-i]%mod*ksm(2,mod-1-i)%mod;
	for(int i=0;i<=D;i++)f[i]=1ll*f[i]*fac[i]%mod,g[D-i]=(i&1?(mod-inv[i])%mod:inv[i]);
	Poly::mul(f,g,f,all+1);
	for(int i=0;i<=n-2*m;i++)(res+=1ll*f[D+i]*inv[i]%mod)%=mod;
	printf("%d\n",res);
	return 0;
}