题目链接：
https://jzoj.net/senior/#main/show/6080
题目：
题意：
给定$n,m,u,v$
设$t_i=ui+v$
求$sum_{k_1+k_2+...+k_m=n}t_1^{k_1}t_2^{k_2}...t_m^{k_m}(k_1,k_2,...,k_m∈N)$
算法一：
对于$m=1$的点，显然答案就是$t_1^n$，快速幂计算即可
获得$5$分
算法二：
对于$m=2$的点，$sum_{k1+k2=n}t_1^{k_1}t_2^{k_2}=frac{t_1^{n+1}-t_2^{n+1}}{t1-t2}$
结合算法一获得$15$分
算法三：
这显然可以用生成函数，不妨设$f_i(x)=sum_{k=0}^{n}t_i^kx^k$
把$f_1(x),f_2(x),...,f_m(x)$全部卷起来，第$n$次项的系数就是答案
用$ntt$优化多项式乘法，时间复杂度$O(Tmn logn)$，结合算法一和算法二得分$40$分
代码
#include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdio> #include<iostream> #include<cmath> using namespace std; typedef long long ll; const int N=4e6+15; const ll mo=998244353; inline ll read(){ char ch=getchar();ll s=0,f=1; while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while (ch>='0'&&ch<='9') {s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0';ch=getchar();} return s*f; } ll qpow(ll a,ll b) { a%=mo; ll re=1; for (;b;b>>=1,a=a*a%mo) if (b&1) re=re*a%mo; return re; } ll wn[31]; void pre() { for (int i=0;i<=30;i++) { ll t=1ll<<i; wn[i]=qpow(3,(mo-1)/t); } } int r[N]; void ntt(int limit,ll *a,int type) { for (int i=0;i<limit;i++) if (i<r[i]) swap(a[i],a[r[i]]); for (int len=1,id=0;len<limit;len<<=1) { ++id; for (int k=0;k<limit;k+=(len<<1)) { ll w=1; for (int l=0;l<len;l++,w=w*wn[id]%mo) { ll Nx=a[k+l],Ny=w*a[k+len+l]%mo; a[k+l]=(Nx+Ny)%mo; a[k+len+l]=((Nx-Ny)%mo+mo)%mo; } } } if (type==1) return; reverse(a+1,a+limit); ll inv=qpow(limit,mo-2); for (int i=0;i<limit;i++) a[i]=a[i]*inv%mo; } ll n,m,u,v; ll f[N],t[N],g[N]; int main() { freopen("ioer.in","r",stdin); freopen("ioer.out","w",stdout); int T=read(); while (T--) { n=read();m=read();u=read();v=read(); if (m==1) { ll t1=(u+v)%mo; printf("%lld ",qpow(t1,n)); continue; } if (m==2) { ll t1=(u+v)%mo,t2=(2*u+v)%mo; ll inv=qpow(((t1-t2)%mo+mo)%mo,mo-2); ll R1=qpow(t1,n+1),R2=qpow(t2,n+1); printf("%lld ",((R1-R2)%mo+mo)%mo*inv%mo); continue; } for (int i=1;i<=n;i++) t[i]=(u*i%mo+v)%mo; for (int i=0;i<=n;i++) f[i]=qpow(t[1],i); pre(); int limit=1,L=0; while (limit<=((n+1)<<1)) limit<<=1,L++; for (int i=0;i<limit;i++) r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(L-1)); for (int i=2;i<=m;i++) { for (int j=0;j<=n;j++) g[j]=qpow(t[i],j); for (int j=n+1;j<limit;j++) g[j]=0; ntt(limit,f,1);ntt(limit,g,1); for (int j=0;j<limit;j++) f[j]=f[j]*g[j]%mo; ntt(limit,f,-1); for (int j=n+1;j<limit;j++) f[j]=0; } printf("%lld ",f[n]); } return 0; }
算法四：
算法三可以优化
设$f_i(x)=sum_{k>=0}^{n}t_i^kx^k=frac{1}{1-t_ik}$
那么求出$frac{1}{f_1(x)},frac{1}{f_2(x)},...,frac{1}{f_m(x)}$的乘积，可以用分治$ntt$在$O(m log^2m)$的时间复杂度内求出
求出后在$mod x^{n+1}$下多项式求逆，得到的结果的$n$次项系数即为答案
结合算法一，二得分$60$分
算法五：
之前都没有用到$t_i=ui+v$这个条件
不妨构造下面这么一个问题
假设你有一些球，每个球上标有一个不超过$m$的正整数。标有相同数字
的球可能颜色不同，两个球被认为是相同的，当且仅当它们的数字和它们的
颜色都相同。
数字为$i(i<m)$的球各有u中不同的颜色
数字为m的球有u+v中不同颜色
考虑满足一下条件的序列的数量
• 每个元素都是一个球
• 序列长度为 n + m − 1。
• 所有小于 m 的正整数都在序列中某个球上出现过
• 设从左到右第一个数字为 $i(i < m)$ 的球在序列上的位置为 $p_i$（序列上
位置从左到右，从 $1$ 开始编号），对于任意的$ i < j < m$，满足$p_i<p_j$
为了方便描述，设$p_0=0,p_m=n+m$
枚举 $p1, p2, · · · , p_{m−1}$，位置 $pi(1 ≤ i < m)$ 上的球数字只能是 $i$，在$ p_1$
之前的位置数字只能是 $m$，在 $p_2$ 之前的数字只能是 $m $或$ 1$...... 可以得到
满足条件的序列数为
$sum_{0<p_1<p_2<...<p_m-1<=n+m-1}(u+v)^{p_1-1}u(2u+v)^{p_2-1-p_1}...u(mu+v)^{n+m-1-p_{m-1}}$
设$k_i=p_i-1-p_{i-1}$，上式可以化简为
$u^{m-1}sum_{k_1+k_2+...+k_m=n} (u+v)^{k_1}(2u+v)^{k_2}...(mu+v)^{k_m}(k1,k2,...,km∈N)$
上式即题目中给出的问题的答案的 $u^{m−1}$ 倍。只要求出满足条件的序列数就能快速得到原问题的答案。对于每个小于 $m$ 的数字，标有这个数字的球颜色种数都是 $u$，所以小于 $m$ 的数字可以看作是等价的。也就是说，设 $a$ 是 $1,...,m−1$ 的任意一个排列，如果把之前所说的这个序列要满足的第四个条件改为：对于任意$i < j < m$，满足$p_{a_i} < p_{a_j}$，满足条件的序列数仍是 $u^{m−1} sum_{k_1+···+k_m=n}(u +v)^{k_1} (2u + v)^{k_2}...(mu + v)^{k_m}(k_1, · · · , k_m ∈ N)$
因此，只满足前三个条件的序列数，可以看作是 $a$ 取遍所有 $(m − 1)!$ 种排列，满足对于任意 $i < j < m，p_{a_i} < p_{aj}$ 和前三个条件的序列数的和，即：
$(m-1)!u^{m−1} sum_{k_1+···+k_m=n}(u +v)^{k_1} (2u + v)^{k_2}...(mu + v)^{k_m}(k_1, · · · , k_m ∈ N)$
所以我们只要算出满足前三个条件的序列数，就可以快速求出原问题的答案。
满足前三个条件序列数可以用容斥原理算出，也就是
$sum_{k=0}^{m-1}dbinom{m-1}{k}(-1)^k(mu+v-ku)^{n+m-1}$
所以所求问题的答案为
$frac{sum_{k=0}^{m-1}dbinom{m-1}{k}(-1)^k(mu+v-ku)^{n+m-1}}{(m-1)!u^{m-1}}$
预处理阶乘
时间复杂度$O(m+Tm logn)$，可以得到$100$分
思路清新，代码简单
代码
#include<algorithm> #include<cstring> #include<cstdio> #include<cmath> #include<iostream> using namespace std; typedef long long ll; const int M=2e5+15; const ll mo=998244353; ll n,m,u,v; ll fac[M],finv[M]; inline ll read() { char ch=getchar();ll s=0,f=1; while (ch<'0'||ch>'9') {if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();} while (ch>='0'&&ch<='9') {s=(s<<3)+(s<<1)+ch-'0';ch=getchar();} return s*f; } ll qpow(ll a,ll b) { a%=mo; ll re=1; for (;b;b>>=1,a=a*a%mo) if (b&1) re=re*a%mo; return re; } void pre() { fac[0]=1; for (int i=1;i<M;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mo; finv[M-1]=qpow(fac[M-1],mo-2); for (int i=M-2;i>=0;i--) finv[i]=finv[i+1]*(i+1)%mo; } ll C(ll a,ll b) { return fac[a]*finv[b]%mo*finv[a-b]%mo; } int main() { freopen("ioer.in","r",stdin); freopen("ioer.out","w",stdout); pre(); int T=read(); while(T--) { n=read();m=read();u=read();v=read(); ll ans=0; for (int k=0;k<m;k++) { if (k&1) ans=(ans-C(m-1,k)*qpow(m*u+v-k*u,n+m-1)%mo+mo)%mo; else ans=(ans+C(m-1,k)*qpow(m*u+v-k*u,n+m-1)%mo)%mo; } ll o=qpow(u,m-1); ans=ans*finv[m-1]%mo*qpow(o,mo-2)%mo; printf("%lld ",ans); } return 0; }