「CTS2019 | CTSC2019」随机立方体 解题报告

「CTS2019 | CTSC2019」随机立方体

据说这是签到题，但是我计数学的实在有点差，这里认真说一说。

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我们先考虑一些事实

• 如果我们在位置((x_0,y_0,z_0))钦定了一个极大数(p)，那么我们需要把(x=x_0)，(y=y_0)与(z=z_0)的三个平面的交中填上比(p)小的数字，这样，剩下的正方体就成了一个长宽高分别为((n-1)(m-1)(l-1))的子问题了。
• 考虑到我们使用的是数字的相对大小关系，而不是数字的值，也就是说，任意的(k)个数字，发挥的作用是完全一样的，他们互不相同。

以上两个事实都可以启发我们往容斥的方向想，考虑容斥。

设(dp_i)为至少有(i)个极大数字的方案数，然后我们进行钦定。

(dp_i)等于(钦定(i)个极大数的位置方案数)( imes)(极大数删去平面的交的填充方案数)( imes)(剩下随意发挥的剩余正方体填充方案数)

首先我们需要把所有的数字分成两部分，删去的平面交与剩余的正方体。

这里设(N=n imes m imes l),(g_i)为钦定(i)个极大值后删去平面交的方块数，那么这个数字的划分方案数就是(inom{N}{g_i})

(g_i)的表达式也很简单，(g_i=nml-(n-i)(m-i)(l-i))

然后挨个考虑(dp)的组成成分，设(f_i)等于钦定(i)个极大的位置的方案数，因为每次都是子问题，所以实际上很简单

[f_i=prod_{j=0}^{i-1}(n-j)(m-j)(l-j) ]

设(h_i)表示删去的平面交的填充方案数，可以发现，这个东西一下子求不来，可以考虑一下递推的方法。

我们再考虑一个事实

• 如果先钦定了(x)，然后删去了相关平面，再钦定(y)，如果我们想让删去的平面中的填充不影响(y)，我们需要满足条件(x<y)

这启发我们先进行数值大的外面的填充

我们先把(g_i)个数中最大的数值拿出来，填到对应位置，然后剩下的(g_i-g_{i-1}+1)个位置（就是第(i)次删去的平面），每个位置可以随便选择一个数，方案数为(frac{(g_i-1)!}{g_{i-1}!})，然后我们可以发现，剩下的数的填充就是子问题(h_{i-1})

于是我们可以得到

[egin{aligned} h_i&=frac{(g_i-1)!}{g_{i-1}!} imes h_{i-1}\ &=prod_{j=0}^{i-1}frac{(g_{j+1}-1)!}{g_j!} end{aligned} ]

最后面随意填充就简单了就是((N-g_i)!)

然后我们带回去化简一下

[egin{aligned} dp_i&=inom{N}{g_i}f_ih_i(N-g_i)!\ &=N!f_iprod_{j=1}^{i}(g_j-1)!prod_{j=0}^{i}frac{1}{g_j!}\ &=N!f_iprod_{j=1}^{i}frac{1}{g_j} end{aligned} ]

我们现在求的是方案数，但题意是概率。所以这个(N!)其实直接扔了就好。

令(dp_i)代表至少(i)个极大数的概率，那么

[dp_i=f_iprod_{j=1}^ifrac{1}{g_j} ]

我们知道，如果(a imes b=c)，那么可以有

[a^{-1}equiv c^{-1}bpmod p ]

有了这个，我们就可以线性求(g)的逆元了，这也是我们熟知的阶乘逆元的方法。

还有最后一步，设(ans_i)为恰好(i)个极大数的概率

设(mi=min(n,m,l))

我们有

[dp_i=sum_{j=i}^{mi}ans_jinom{j}{i} ]

由二项式反演可得

[ans_i=sum_{j=i}^{mi}dp_jinom{j}{i}(-1)^{j-i} ]

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什么？你不会二项式反演？（其实我自己忘了就尝试推了一会儿，但我并不会比较感性理解的，只会一个推式子的）

若

[A_i=sum_{j=i}^ninom{j}{i}B_j ]

设(delta_{i,j})为满足

[B_i=sum_{j=i}^ndelta_{i,j}A_j ]

的东西，考虑求出Ta

[egin{aligned} B_i&=sum_{j=i}^ndelta_{i,j}A_j\ &=sum_{j=i}^ndelta_{i,j}sum_{k=j}^ninom{k}{j}B_k\ &=sum_{k=i}^nB_ksum_{j=i}^kdelta_{i,j}inom{k}{j} end{aligned} ]

可以得到，我们需要满足

[sum_{j=i}^kdelta_{i,j}inom{k}{j}=[k=i] ]

在优秀的莫比乌斯反演的某步证明中，我们用到了这个式子

[sum_{i=0}^n(-1)^iinom{n}{i}=[n=0] ]

证明方法很多，不说了

随便把这个式子变一变

[sum_{j=i}^k(-1)^{j-i}inom{k-i}{k-j}=[k=i] ]

那么我们可以得到

[delta_{i,j}inom{k}{j}=(-1)^{j-i}inom{k-i}{k-j} ]

然后你解出来就可以了，但是我们平常写起来其实应该不是这样的

注意到一个组合式

[inom{k}{j}inom{j}{i}=inom{k}{i}inom{k-i}{k-j} ]

这个证明方法也多，你拆开或者组合意义理解都行

而

[inom{k}{i}sum_{j=i}^k(-1)^{j-i}inom{k-i}{k-j}=[k=i] ]

就是把这个加到前面并不会影响什么

于是我们有

[delta_{i,j}=(-1)^{j-i}inom{j}{i} ]

综上

[B_i=sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}inom{j}{i}A_j ]

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Code:

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using std::min;
const int SIZE=1<<21;
char ibuf[SIZE],*iS,*iT;
//#define gc() (iS==iT?(iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin),iS==iT?EOF:*iS++):*iS++)
#define gc() getchar()
template <class T>
void read(T &x)
{
	x=0;char c=gc();
	while(!isdigit(c)) c=gc();
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc();
}
const int mod=998244353;
int inline add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
#define mul(x,y) (1ll*(x)*(y)%mod)
int qp(int d,int k){int f=1;while(k){if(k&1)f=mul(f,d);d=mul(d,d),k>>=1;}return f;}
const int N=5e6+1;
int fac[N],inv[N],dp[N],f[N],g[N],invg[N],yuy[N];
int C(int m,int n){return mul(mul(fac[m],inv[n]),inv[m-n]);}
int main()
{
	fac[0]=1;for(int i=1;i<N;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	inv[N-1]=qp(fac[N-1],mod-2);
	for(int i=N-2;~i;i--) inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
	int T,n,m,l,k;read(T);
	while(T--)
	{
		read(n),read(m),read(l),read(k);
		int mi=min(n,min(m,l));
		if(k>mi)
		{
			puts("0");
			continue;
		}
		f[0]=1;
		for(int i=0;i<mi;i++) f[i+1]=mul(f[i],yuy[i]=mul(n-i,mul(m-i,l-i)));
		int fg=1,tot=yuy[0];
		yuy[mi]=0;
		for(int i=1;i<=mi;i++)
		{
			g[i]=add(tot,mod-yuy[i]);
			fg=mul(fg,g[i]);
		}
		invg[mi]=qp(fg,mod-2);
		for(int i=mi-1;~i;i--) invg[i]=mul(invg[i+1],g[i+1]);
		for(int i=1;i<=mi;i++) dp[i]=mul(f[i],invg[i]);
		int ans=0;
		for(int i=k;i<=mi;i++)
		{
			if(i-k&1) ans=add(ans,mod-mul(C(i,k),dp[i]));
			else ans=add(ans,mul(C(i,k),dp[i]));
		}
		printf("%d
",ans);
	}
	return 0;
}

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2019.5.20