2020Nowcode多校 Round5 C. Easy

C. Easy

构造两个序列分别要满足 (sum_{i=1}^{k} a_{i} = N) (sum_{i=1}^{k} b_{i} = M)
一种方案能贡献(prod_{i=1}^{k} min(a_{i}, b_{i})) 的分数 求所有方案分数的和

生成函数

对于一个序列 (a_{0},a_{1},a_{2})···
定义它的生成函数为 (G(x) = a_{0} + a_{1}x + a_{2}x^{2})···
生成函数有指数和系数两维信息 所以用来解决计数问题非常强大 因此生成函数的构造是比较关键的

在本题中一个序列不同的方案数 其实就是就把N划分成K个数的方案数
对于每一个数我们可以用一个生成函数(G(x) = x+x^{2}+x^{3})···来表示
它的意义是 每一项其实就是一种操作 比如(x^{2})表示让这一位为2(指数)的方案数为1(系数)
那么把N划分成K个数的方案数就是 ((G(x))^{k} = (x + x^{2}+x^{3}···)^{k}) 中(x^{N})的系数

如果想维护出一个序列所有方案分数的和 我们可以巧妙的构造 ((G(x))^{k} = (x + 2x^{2}+3x^{3}···)^{k})
它的意义是 比如(2x^{2})表示让这一位为2(指数)能让这一种方案的分数(*2)(系数)

min的生成函数

容易想到 对于两个数我们可以构造一个生成函数(G(x,y) = (x + x^{2} + x^{3}···)(y+y^{2}+y^{3}···)) 用(x^{i}y^{j})来表示第一个数为i 第二个数为j
我们只用了它的指数 显然还有系数可以用来维护信息 能不能用一种构造使得它的系数为(min(i,j))呢

先上结论 我们可以在(G(x,y))后乘上一个(1+xy+x^{2}y^{2})···
理解一下 假设(i<j) 它实际上是提供了一个映射 让原来的(x^{i}y^{j},x^{i-1}y^{j-1},x^{i-2}y^{j-2}···x^{1}y^{j-i+1})一共(i)项都为(x^{i}y^{j})的系数做了一次贡献
所以在这个多项式里(x^{i}y^{j})的系数恰好为(min(i,j))

题解

综上所述 答案为(G(x,y) = (x + x^{2} + x^{3}···)^{k}(y+y^{2}+y^{3}···)^{k}(1+xy+x^{2}y^{2}···)^{k})这个多项式中(x^{N}y^{M})的系数
我们可以枚举最后一项中(x^{i}y^{i})的指数 就可以得到第一个项中(x)的指数为(N-i) 第二项(y)的指数为(M-i)
然后分别计算它们的系数 最后一项是把i个物品分为K个可以为空的集合 前两项分别是把(N-i)和(M-i)个物品分为K个非空集合
(ans = sum_{0}^{min(N-K,M-K)} inom{N-i-1}{K-1} inom{M-i-1}{K-1} inom{i+K-1}{i})

#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 998244353;
const int MAXN = 1000005;
int n, m, k;
int fac[MAXN];
int ny[MAXN];
int inv[MAXN];

int C(int x, int y) {
    if(x < y || y < 0 || x < 0) return 0;
    return 1LL * fac[x] * inv[x - y] % mod * inv[y] % mod;
}

int main() {
    fac[0] = ny[0] = inv[0] = 1; ny[1] = 1;
    for(int i = 1; i <= 1000000; i++) {
        fac[i] = 1LL * i * fac[i - 1] % mod;
        if(i > 1) ny[i] = 1LL * ny[mod % i] * (mod - mod / i) % mod;
        inv[i] = 1LL * ny[i] * inv[i - 1] % mod;
    }

    int T;
    cin>>T;
    while(T--) {
        scanf("%d%d%d", &n, &m, &k);

        int ans = 0;
        for(int i = 0; i <= min(n, m) - k; i++) {
            int tmp = 1LL * C(k + i - 1, i) * C(n - i - 1, k - 1) % mod * C(m - i - 1, k - 1) % mod;
            ans = (ans + tmp) % mod;
        }
        printf("%d
", ans);
    }

    return 0;
}