「CTS2019 | CTSC2019」珍珠

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题目描述：

有 (n) 个在范围 [1,D]内的整数均匀随机变量。
求至少能选出 (m) 个瓶子，使得存在一种方案，选择一些变量，并把选出来的每一个变量放到一个瓶子中，满足每个瓶子都恰好装两个值相同的变量的概率。
请输出概率乘上 (D^n)后对 998244353取模的值.

思路

答案只与最终奇数的个数有关，偶数个都是可以直接匹配的。设剩下(t)个奇数，那么能匹配出的数量就是((n-t)/2) 如果((n-D)/2>=m)那就是可以随便放，(n/2<m)说明无解。

1-12

(dp[i][j]) 表示取到了第(i)个数，此时没有配对的个数为(j)的概率，那么能配对的个数就是((n-j)/2)

就是方案数

12-15

构造生成函数。

因为最终的结果只和奇数的个数有关，假设(G_i)表示恰好有(i)个奇数，对于恰好的问题可以考虑改成容斥，所以用(f_k)表示至少有(k)个奇数的方案数。

前置知识：

泰勒展开：(e^x=sum_{i=0}^{∞}frac{x^i}{i!}) （可以当做是随便取）

关于奇数的指数型函数：(frac{e^x-e^{-x}}{2}=sum_{i=0}^{∞}frac{x^{2i+1}}{(2i+1)!}) （放进去表示只去奇数）

(f_k)表示至少有(k)个奇数

(f_k=inom{D}{k}[x^n]*n!*(frac{e^x-e^{-x}}{2})^k*(e^x)^{D-k})

(f_k=inom{D}{k}[x^n]*frac{n!}{2^k}*(e^x-e^{-x})^k*(e^x)^{D-k})

将((e^x-e^{-x})^k)二项式展开和后面的进行合并

(f_k=inom{D}{k}frac{n!}{2^k}*sum_{j=0}^{k}inom{k}{j}(-1)^{k-j}*e^{(D-2*(k-j))x}[x^n])

(e^{ax}=sum_{i=0}^{∞}frac{(ax)^i}{i!}=frac{a^ix^i}{i!})

所以第(n)位的系数就是(frac{a^i}{i!})

(f_k=inom{D}{k}frac{n!}{2^k}*sum_{j=0}^{k}inom{k}{j}(-1)^{k-j}*frac{(D-2*(k-j))^n}{n!})

(f_k=frac{D!}{(D-k)!*2^k}sum_{j=0}^{k}frac{(-1)^{k-j}}{(k-j)!*(j!)}*(D-2k-2j)^n)

令(k-j=j)（即改成枚举k-j） 就变成了

(f_k=frac{D!}{(D-k)!*2^k}sum_{j=0}^{k}frac{(-1)^j}{(k-j)!*(j!)}*(D-2j)^n)

(f_k=frac{D!}{(D-k)!*2^k}sum_{j=0}^{k}frac{(-1)^j*(D-2j)^n}{(j!)}*frac{1}{(k-j)!})

然后后半部分可以进行卷积

(g=sum_{j=0}^{k}frac{(-1)^j*(D-2j)^n}{(j!)})

(t=sum_{j=0}^{k}frac{1}{j!})

(p=g*t)

(f_k=frac{D!}{(D-k)!*2^k}*p(k))

设恰好有(k)个奇数为G

(G_i=sum_{j}inom{j}{i}*(-1)^{j-i}*f_j)

(G_i=frac{1}{i!}sum_j j!*f_j*frac{(-1)^{j-i}}{(j-i)!})

然后再进行一次卷积

右边要变成(i-j)的形式,-(i-j)是正数

(G_i=frac{1}{i!}sum_jj!*f_j*frac{(-1)^{i-j}}{[-(i-j)]!})

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define M 100005
using namespace std;
const int Mod=998244353,w0=3,w1=332748118;
void Rd(int &res) {
	res=0;
	char c;
	int fl=1;
	while(c=getchar(),c<48)if(c=='-')fl=-1;
	do res=(res<<1)+(res<<3)+(c^48);
	while(c=getchar(),c>=48);
	res*=fl;
}
int D,n,m,R[M<<2];
void add(ll &x,ll y) {
	x+=y;
	if(x>=Mod)x-=Mod;
	if(x<0)x+=Mod;
}
ll mul(ll x,ll y) {
	ll res=1;
	x=(x%Mod+Mod)%Mod;
	while(y) {
		if(y&1)res=res*x%Mod;
		x=x*x%Mod,y>>=1;
	}
	return res;
}
void NTT(ll *a,int n,int op) {
	for(int i=0; i<n; i++)if(i<R[i])swap(a[i],a[R[i]]);
	for(int i=2; i<=n; i<<=1) {
		int w=op?w1:w0;
		w=mul(w,((Mod-1)/i));//就是原根的n次方
		for(int j=0; j<n; j+=i) {
			int l=i/2,res=1;
			for(int k=0; k<l; k++) {
				int t=1ll*res*a[j+k+l]%Mod;
				a[j+k+l]=(a[j+k]-t+Mod)%Mod,a[j+k]=(a[j+k]+t)%Mod;
				res=1ll*res*w%Mod;
			}
		}
	}
	if(op) {
		ll res=mul(n,Mod-2);
		for(int i=0; i<n; i++)a[i]=a[i]*res%Mod;
	}
}
ll G[M<<2],T[M<<2],P[M<<2],pr[M],inv[M],F[M<<2];
int main() {
	Rd(D),Rd(n),Rd(m);
	if((n-D)>=2ll*m)printf("%lld
",mul(D,n));
	else if(n<2ll*m)puts("0");
	else {
		pr[0]=inv[0]=1;
		for(int i=1; i<=D; i++)pr[i]=pr[i-1]*i%Mod;
		inv[D]=mul(pr[D],Mod-2);
		for(int i=D; i; i--)inv[i-1]=inv[i]*i%Mod;
		int res=1,l=0;
		for(int i=0; i<=D; i++)G[i]=res*mul(D-2*i,n)%Mod*inv[i]%Mod,res*=-1,G[i]=(G[i]+Mod)%Mod;
		for(int i=0; i<=D; i++)T[i]=inv[i];
		l=1,res=0;
		while(l<=D+D)l<<=1,res++;
		for(int i=D+1; i<l; i++)G[i]=T[i]=0;
		for(int i=0; i<l; i++)R[i]=(R[i>>1]>>1)|((i&1)<<(res-1));
		NTT(G,l,0),NTT(T,l,0);
		for(int i=0; i<l; i++)G[i]=G[i]*T[i]%Mod;
		NTT(G,l,1);
		res=1;
		for(int i=0; i<=D; i++)F[i]=pr[D]*inv[D-i]%Mod*res%Mod*G[i]%Mod,res=inv[2]*res%Mod;
		for(int i=D+1; i<l; i++)F[i]=T[i]=0;
		res=1;
		for(int i=0; i<=D; i++)F[i]=F[i]*pr[i]%Mod;
		for(int i=0; i<=D; i++)T[D-i]=res*inv[i]%Mod,add(T[D-i],Mod),res*=-1;
		NTT(F,l,0),NTT(T,l,0);
		for(int i=0; i<l; i++)F[i]=F[i]*T[i]%Mod;
		NTT(F,l,1);
		ll ans=0;
		for(int i=0; i<=D; i++)if((n-i)/2>=m)add(ans,F[D+i]*inv[i]%Mod);
		printf("%lld
",ans);
	}
	return 0;
}