题目描述
问有多少个满足以下要求的(k)进制数：
1.每个数字出现的次数不超过(n)
2.(0)没有出现过
3.若(g_{i,j}=0)，则(i)不能出现恰好(j)次。
两次询问之间会修改(g)中一个位置的值（(0)变(1)或(1)变(0)）。
输出所有询问的答案的和。
(3leq kleq 10,nleq 14000,mleq 20)
模数(p=786433)，原根(g=10)
题解
假设第(i)个数用了(c_i)个，答案为
[frac{(sum c_i)!}{prod c_i!}
]
构造多项式
[f_i(x)=sum_{j=0}^nfrac{g_{i,j}}{j!}x^j
]
把这(k-1)个多项式乘起来后，第(i)项乘以(i!)的和就是答案。
因为求的是答案的和，所以可以在点值表达的形式下累加答案，最后IDFT回来。
怎么求没修改前的答案？
直接DFT
怎么求修改的贡献？
观察NTT的公式：
[y_k=sum_{j=0}^{n-1}a_j{(g^frac{p-1}{n})}^{kj}
]
对于一个单点修改操作，可以看成在某个多项式上加上一个只有一项系数不为(0)的多项式。这个多项式DFT后就是一个等比数列，直接加到原多项式上就完了。
对于所有多项式的乘积：如果所有多项式的每一项都非(0)，就直接乘以逆元。现在有(0)，就记录每一项(0)的个数和非(0)的乘积。
时间复杂度：(O(nk^2log (nk)+mnk))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<ctime>
#include<utility>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const ll p=786433;
const ll g=10;
ll inv[1000010];
ll fac[1000010];
ll ifac[1000010];
ll pg[1000010];
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
while(b)
{
if(b&1)
s=s*a%p;
a=a*a%p;
b>>=1;
}
return s;
}
namespace ntt
{
int n;
ll w1[150000];
ll w2[150000];
int rev[150000];
void init(int x)
{
n=1;
while(n<=x)
n<<=1;
int i;
for(i=1;i<=n;i<<=1)
{
w1[i]=fp(g,(p-1)/i);
w2[i]=inv[w1[i]];
}
rev[0]=0;
for(i=1;i<n;i++)
rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|(i&1?n>>1:0);
}
void ntt(ll *a,int t)
{
int i,j,k;
ll u,v,w,wn;
for(i=0;i<=n-1;i++)
if(rev[i]<i)
swap(a[i],a[rev[i]]);
for(i=2;i<=n;i<<=1)
{
wn=(t==1?w1[i]:w2[i]);
for(j=0;j<n;j+=i)
{
w=1;
for(k=j;k<j+i/2;k++)
{
u=a[k];
v=a[k+i/2]*w%p;
a[k]=(u+v)%p;
a[k+i/2]=(u-v)%p;
w=w*wn%p;
}
}
}
if(t==-1)
for(i=0;i<n;i++)
a[i]=a[i]*inv[n]%p;
}
}
int &nn=ntt::n;
char s[14010];
int c[12][14010];
void init()
{
int i;
inv[0]=inv[1]=1;
for(i=2;i<=p-1;i++)
inv[i]=(-(p/i)*inv[p%i]%p+p)%p;
fac[0]=ifac[0]=1;
for(i=1;i<=p-1;i++)
{
fac[i]=fac[i-1]*i%p;
ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%p;
}
}
ll ans;
ll d[12][150000];
ll f[150000];
ll f2[150000];
ll a[150000];
int k,n,m;
int main()
{
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
init();
int i,j;
scanf("%d%d%d",&k,&n,&m);
ntt::init((k-1)*n);
pg[0]=1;
for(i=1;i<=p-2;i++)
pg[i]=pg[i-1]*g%p;
for(i=1;i<=k-1;i++)
{
scanf("%s",s);
for(j=0;j<=n;j++)
c[i][j]=s[j]-'0';
}
ans=0;
for(i=0;i<nn;i++)
f[i]=1;
for(i=1;i<=k-1;i++)
{
ll *u=d[i];
for(j=0;j<nn;j++)
u[j]=0;
for(j=0;j<=n;j++)
u[j]=c[i][j]*ifac[j]%p;
ntt::ntt(u,1);
for(j=0;j<nn;j++)
{
if(u[j]<0)
u[j]+=p;
if(u[j])
f[j]=f[j]*u[j]%p;
else
f2[j]++;
}
}
for(i=0;i<nn;i++)
if(!f2[i])
a[i]=(a[i]+f[i])%p;
int x,y;
int t;
for(t=1;t<=m;t++)
{
scanf("%d%d",&x,&y);
c[x][y]^=1;
for(i=0;i<nn;i++)
if(d[x][i])
f[i]=f[i]*inv[d[x][i]]%p;
else
f2[i]--;
ll s1=pg[((p-1)/nn*y)%(p-1)],s2=ifac[y];
if(!c[x][y])
s2=p-s2;
for(i=0;i<nn;i++)
{
d[x][i]+=s2;
if(d[x][i]>=p)
d[x][i]-=p;
s2=s2*s1%p;
}
for(i=0;i<nn;i++)
{
if(d[x][i])
f[i]=f[i]*d[x][i]%p;
else
f2[i]++;
if(!f2[i])
a[i]=(a[i]+f[i])%p;
}
}
ntt::ntt(a,-1);
for(i=1;i<nn;i++)
ans=(ans+a[i]*fac[i])%p;
ans=(ans%p+p)%p;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}