Description
- 一个长度为(n),每一位都是值域([1,D])的整数随机变量的序列,问其中能选出至少(m)对相同元素(每个元素只能选一次)的概率。(Dle 10^5,nle 10^9)
- 传送门
Solution
一个序列符合条件当且仅当其满足：
[sum_{i=1}^{D}lfloorfrac {c_i}{2}
floorge m
]
其中(c_i)为元素(i)出现的次数。
变形得到：
[sum_{i=1}^{n}frac{c_i-(c_imod 2)}{2}ge m
]
[n-sum_{i=1}^{n}c_imod 2ge 2m
]
因此设(f_i)表示恰好有(i)种元素出现了奇数次的方案数，那么：
[ans=sum_{i=0}^{n-2m}f_i
]
直接求(f_i)比较麻烦，使用二项式反演经典套路，先求出(g_i)表示钦定(i)种元素出现了奇数次，其他元素随便取得方案数。那么：
[g_i=sum_{j=i}^{D}f_iinom{i}{j}Rightarrow f_i=sum_{j=i}^{D}g_jinom{i}{j}(-1)^{i-j}
]
因此如果求得(g)，可以直接(mathcal O(Dlog(D)))卷积得到(f)。
对于(g)，因为数有顺序，所以写出(g)的(EGF)：考虑被钦定的那(k)个颜色，只在选择奇数次时作出贡献，因此贡献为([0,1,0,1,dots])，(EGF)为(dfrac{e^x-e^{-x}}{2})
[egin{aligned}
g_k&=inom{D}{k}n^k(e^x)^{D-k}\
&=inom{D}{k}frac{n!}{2^k}[x^n](e^x-e^{-x})^k(e^x)^{D-k}\
&=inom{D}{k}frac{n!}{2^k}[x^n]sum_{j=0}^{k}inom{k}{j}(e^x)^j(-e^{-x})^{k-j}(e^x)^{D-k}\
&=inom{D}{k}frac{n!}{2^k}sum_{j=0}^{k}inom{k}{j}(-1)^{k-j}[x^n](e^x)^{D-2(k-j)}\
end{aligned}
]
注意到([x^n]e^{ax}=frac{a^n}{n!})：
[egin{aligned}
g_k&=inom{D}{k}frac{1}{2^k}sum_{j=0}^{k}inom{k}{j}(-1)^{k-j}[D-2(k-j)]^{n}\
&=inom{D}{k}frac{k!}{2^k}sum_{j=0}^{k}frac{(-1)^{k-j}[D-2(k-j)]^{n}}{j!(k-j)!}\
end{aligned}
]
于是令
[a_i=frac{1}{i!},b_i=frac{(-1)^{i}(D-i)^n}{i!}
]
即可卷积得到(g)，总复杂度为(mathcal O(Dlog(D)))。
Code
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=(1<<21)+20;
const int mod=998244353;
const int gg=3;
const int giv=(mod+1)/3;
namespace Math{
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return (x-y<0)?x-y+mod:x-y;}
inline void upd(int &x,int y){x=add(x,y);}
inline int ksm(int x,int y){
int ret=1;
for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod) if(y&1) ret=1ll*ret*x%mod;
return ret;
}
}
using namespace Math;
namespace Container{
struct poly{
vector<int> v;
inline int& operator[](int x){
while(x>=v.size()) v.push_back(0);
return v[x];
}
inline void resize(int x){v.resize(x);}
};
int Wn[2][N],p1,p2,lg[N];
inline void init_poly(int n){
p1=1;
while((p1<<1)<=n) p1<<=1;
p2=p1<<1;
for(int i=2;i<p2;++i) lg[i]=lg[i>>1]+1;
int wn0=ksm(gg,(mod-1)/p2),wn1=ksm(giv,(mod-1)/p2);
Wn[0][p1]=Wn[1][p1]=1;
for(int i=p1+1;i<=p2;++i) Wn[0][i]=1ll*Wn[0][i-1]*wn0%mod,Wn[1][i]=1ll*Wn[1][i-1]*wn1%mod;
for(int i=p1-1;i>=1;--i) Wn[0][i]=Wn[0][i<<1],Wn[1][i]=Wn[1][i<<1];
}
}
using namespace Container;
namespace basic{
int r[N],fr[N];
inline void init(int lim,int len){
for(int i=0;i<lim;++i) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<len);
}
inline void NTT(poly& f,int lim,int tp){
for(int i=0;i<lim;++i) fr[i]=f[r[i]];
for(int mid=1;mid<lim;mid<<=1){
for(int len=mid<<1,l=0;l+len-1<lim;l+=len){
for(int k=l;k<l+mid;++k){
int w1=fr[k],w2=1ll*fr[k+mid]*Wn[tp][k-l+mid]%mod;
fr[k]=add(w1,w2),fr[k+mid]=dec(w1,w2);
}
}
}
for(int i=0;i<lim;++i) f[i]=fr[i];
}
inline poly mul(int n,int m,poly f,poly g){
f.resize(n);g.resize(m);
int len=lg[n+m-1],lim=1<<(len+1);
init(lim,len);
NTT(f,lim,0);NTT(g,lim,0);
for(int i=0;i<lim;++i) f[i]=1ll*f[i]*g[i]%mod;
NTT(f,lim,1);
int iv=ksm(lim,mod-2);
for(int i=0;i<lim;++i) f[i]=1ll*f[i]*iv%mod;
return f;
}
}
using namespace basic;
int n,D,m,fac[N],inv[N];
inline void init_math(int n){
fac[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
inv[n]=ksm(fac[n],mod-2);
for(int i=n-1;i>=0;--i) inv[i]=1ll*inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
inline int binom(int n,int m){return 1ll*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;}
inline int sgn(int x){return (x&1)?mod-1:1;}
int main(){
scanf("%d%d%d",&D,&n,&m);
if(D<=n-2*m){printf("%d
",ksm(D,n));return 0;}
if(n<2*m){puts("0");return 0;}
init_poly(D<<1);init_math(D<<1);
poly f,g;
for(int i=0;i<=D;++i) f[i]=1ll*inv[i]*sgn(i)%mod*ksm((D-2*i+mod)%mod,n)%mod,g[i]=inv[i];
f=mul(D+1,D+1,f,g);
int iv=ksm(2,mod-2);
for(int i=0;i<=D;++i){
f[i]=1ll*f[i]*binom(D,i)%mod*ksm(iv,i)%mod;
f[i]=1ll*f[i]*fac[i]%mod*fac[i]%mod;
}
for(int i=0;i<=D;++i) g[i]=1ll*sgn(D-i)*inv[D-i]%mod;
f=mul(D+1,D+1,f,g);
int ans=0;
for(int i=0;i<=n-2*m;++i) upd(ans,1ll*inv[i]*f[i+D]%mod);
printf("%d
",ans);
return 0;
}