【洛谷P4831】Scarlet loves WenHuaKe

题目

题目链接：https://www.luogu.com.cn/problem/P4831
Scarlet尝试在(n)行(m)列的中国象棋棋盘上放置(2 imes n) 个炮，使得它们互不攻击。
大家都知道Scarlet沉迷搞事，她想问你有多少个方案。
对于 (45\%) 的数据，(n,mleq 2000)；
对于剩余 (55\%) 的数据，(n,mleq 10^5,m-nleq 10)。

思路

这道题完全可以加强为 (n,mleq 10^5)。不需要其他限制。
显然每行必须有恰好两个棋子。所以我们可以转化为一张二分图，其中左边的点表示行，右边的点表示列。那么左右各有 (2n) 个点。
显然左边的两个点对应原图的一行。而右边的点可以两个组成一列，或者一个组成一列。考虑枚举右边点两个组成一列的数量 (i)。那么等价于原图中有 (i) 列有两个棋子，(2(n-i)) 列有一个棋子，(m-i-2(n-i)) 列没有棋子。
设 (h_i) 表示有 (i) 列有两个棋子的方案数。但是我们无法直接计算，因为拆点之后可能会重复。所以再枚举 (j) 表示有 (j) 个点计算重复了，那么有

[h_i=frac{1}{2^{n+i}}sum^{i}_{j=0}(-1)^j2^jj!inom{i}{j}inom{n}{j} imes (2(n-i))! ]

首先任意拆了点的棋子，它的贡献都会被计算两次，而一共有 (2^{n+i}) 个点被拆了，所以要除以 (2^{n+i})。计算重复的 (j) 个点与右边一共有 (2^jj!) 种组合方式；左右拆的点中各选出 (j) 各点；剩余点的匹配数有 ((2(n-i))!) 种。
通过这一句 十 分 通 顺 的话我们可以得出 (h_i) 的式子。那么设

[f_i=(-1)^iinom{n}{i}2^i(2(n-i))! ]

[g_i=frac{1}{(k-i)!} ]

我们可以得到

[h_i=frac{i!}{2^{n+i}}sum_{j=1}^{i}f_jg_{i-j} ]

这一步不难，直接暴力拆式子即可。
发现模数是十分可爱的 NTT 模数，直接上 NTT 即可。
最终计算答案就是在 (m) 列中选出 (i) 列放两个棋子，(2(n-i)) 列放一个棋子。

[ans=sum^{n}_{i=1}inom{m}{i}inom{m-i}{2(n-i)}h_i ]

时间复杂度 (O(nlog n+m))。

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int N=300010,MOD=998244353,G=3,Ginv=332748118;
int n,m,lim,rev[N];
ll ans,f[N],g[N],fac[N],X[N],Y[N];

ll fpow(ll x,ll k)
{
	ll ans=1;
	for (;k;k>>=1,x=x*x%MOD)
		if (k&1) ans=ans*x%MOD;
	return ans;
}

ll C(int n,int m)
{
	return fac[n]*fpow(fac[m],MOD-2)%MOD*fpow(fac[n-m],MOD-2)%MOD;
}

void NTT(ll *f,int tag,int lim)
{
	for (int i=0;i<lim;i++)
		if (rev[i]<i) swap(f[rev[i]],f[i]);
	for (int k=1;k<lim;k<<=1)
	{
		ll tmp=fpow((tag==1)?G:Ginv,(MOD-1)/(k<<1));
		for (int i=0;i<lim;i+=(k<<1))
		{
			ll w=1;
			for (int j=0;j<k;j++,w=w*tmp%MOD)
			{
				ll x=f[i+j],y=w*f[i+j+k]%MOD;
				f[i+j]=(x+y)%MOD; f[i+j+k]=(x-y+MOD)%MOD; 
			}
		}
	}
}

void Fmul(ll *f,ll *g,int lim)
{
	memset(X,0,sizeof(X));
	memset(Y,0,sizeof(Y));
	for (int i=0;i<lim;i++)
		X[i]=f[i],Y[i]=g[i];
	NTT(X,1,lim); NTT(Y,1,lim);
	for (int i=0;i<lim;i++) X[i]=X[i]*Y[i]%MOD;
	NTT(X,-1,lim);
	ll inv=fpow(lim,MOD-2);
	for (int i=0;i<lim;i++) X[i]=X[i]*inv%MOD;
	memcpy(f,X,sizeof(X));
}

int main()
{
	scanf("%d%d",&n,&m);
	fac[0]=1;
	for (int i=1;i<=2*m;i++)
		fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
	ll p=1;
	for (int i=0;i<=n;i++,p=-p)
	{
		f[i]=p*C(n,i)*fpow(2,i)%MOD*fac[2*(n-i)]%MOD;
		g[i]=fpow(fac[i],MOD-2);
	}
	lim=1;
	while (lim<=2*n) lim<<=1;
	for (int i=0;i<lim;i++)
		rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)?(lim>>1):0);
	Fmul(f,g,lim);
	for (int i=0;i<=n;i++)
		if (2*n-i<=m)
		{
			f[i]=f[i]*fac[i]%MOD*fpow(2,1LL*(n+i)*(MOD-2))%MOD;
			ans=(ans+f[i]%MOD*C(m,i)%MOD*C(m-i,2*(n-i)))%MOD;
		}
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}