P6031 CF1278F Cards 加强版

P6031 CF1278F Cards 加强版

如果你看过我 这篇文章 ，前言说的题解看了一上午只看懂一半就是这题。

做完了幼儿园篮球题，感觉说不定可以再试试，而且式子看完就忘了，自己再推一遍最好。

深呼吸。。。开始！

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显然出题人要我们 (O(k)) 求答案。

第一张牌是王牌的概率是 (dfrac{(m-1)!}{m!}=dfrac{1}{m}) 设为 (p)

答案是

[sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}i^k ]

就是枚举有几轮第一张是王牌。

下式不会请看开头的链接。

[m^n=sum_{i=0}^{m}egin{Bmatrix}n\iend{Bmatrix}i!inom{m}{i} ]

直接往答案里带

[sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}sum_{j=0}^{i}egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}j!inom{i}{j}\ =sum_{j=0}^{k}egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}j!sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}inom{i}{j}\ ]

后面出现了一个奇奇怪怪的东西，单独提出来算。

[sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}p^i(1-p)^{n-i}inom{i}{j}\ =sum_{i=0}^{n}dfrac{n!}{i!(n-i)!}dfrac{i!}{j!(i-j)!}p^i(1-p)^{n-i}\ =sum_{i=0}^{n}dfrac{(n-j)!}{(n-i)!(i-j)!}dfrac{n!}{(n-j)!j!}p^i(1-p)^{n-i}\ =sum_{i=0}^{n}inom{n-j}{i-j}inom{n}{j}p^i(1-p)^{n-i}\ ]

观察到 (ige j) 时组合数才不为 (0) ，因此提出 (p^j)

[=p^jinom{n}{j}sum_{i=0}^{n-j}inom{n-j}{i}p^i(1-p)^{n-j-i}\ ]

发现后面是一个二项式定理一样的东西，直接化成二项式

[=p^jinom{n}{j}(p+1-p)^{n-j}\ =p^jinom{n}{j} ]

注意这东西在 (n<k) 时并不成立，要特判。

带回去

[ ext{原式}=sum_{j=0}^{k}egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}j!p^jinom{n}{j} ]

现在已经可以 (O(klog k)) 了，求出一行第二类斯特林数即可。

然而离 (O(k)) 差的还挺远，我们不能使用任何带NTT的东西。

下式不会请看开头的链接。

[egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=dfrac{1}{m!}sum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}inom{m}{i}i^m ]

然后暴力带入拆式子

[sum_{j=0}^{k}dfrac{1}{j!}sum_{i=0}^{j}(-1)^{j-i}inom{j}{i}i^kj!p^jinom{n}{j}\ =sum_{j=0}^{k}p^jinom{n}{j}(-1)^{j}sum_{i=0}^{j}(-1)^{i}inom{j}{i}i^k\ =sum_{j=0}^{k}(-p)^jsum_{i=0}^{j}inom{n}{j}inom{j}{i}(-1)^{i}i^k\ =sum_{j=0}^{k}(-p)^jsum_{i=0}^{j}dfrac{n!}{j!(n-j)!}dfrac{j!}{i!(j-i)!}(-1)^{i}i^k\ =sum_{j=0}^{k}(-p)^jsum_{i=0}^{j}dfrac{n!}{(n-j)!}dfrac{1}{i!(j-i)!}(-1)^{i}i^k\ =sum_{j=0}^{k}(-p)^jsum_{i=0}^{j}dfrac{(n-i)!}{(n-j)!(j-i)!}dfrac{n!}{i!(n-i)!}(-1)^{i}i^k\ =sum_{j=0}^{k}(-p)^jsum_{i=0}^{j}inom{n-i}{j-i}inom{n}{i}(-1)^{i}i^k\ ]

有点卡住了，观察了一下，发现 (i) 丢到前面去会方便很多。

[=sum_{i=0}^{k}(-1)^{i}i^kinom{n}{i}sum_{j=i}^{k}(-p)^{j}inom{n-i}{j-i} ]

还是提出一个 ((-p)^{i}) 出来。不过这个作用好像只是消掉 ((-1)^{i}) ，不能产生像上次那样优美的结论。

[=sum_{i=0}^{k}i^kinom{n}{i}p^isum_{j=0}^{k-i}(-p)^{j}inom{n-i}{j} ]

令 (f(i)=sumlimits_{j=0}^{k-i}(-p)^{j}dbinom{n-i}{j}) ，能求出 (f) 就解决了。

[f(i)=sum_{j=0}^{k-i}(-p)^{j}inom{n-i}{j}\ =sum_{j=0}^{k-i}(-p)^{j}(inom{n-i-1}{j}+inom{n-i-1}{j-1})\ =sum_{j=0}^{k-i-1}(-p)^{j}inom{n-i-1}{j}+(-p)^{k-i}inom{n-i-1}{k-i}+sum_{j=1}^{k-i}(-p)^{j}inom{n-i-1}{j-1}\ =f(i+1)+(-p)^{k-i}inom{n-i-1}{k-i}+(-p)sum_{j=0}^{k-i-1}(-p)^{j}inom{n-i-1}{j}\ =(1-p)f(i+1)+(-p)^{k-i}inom{n-i-1}{k-i} ]

一开始把 (k-i) 抄成 (k-1) 了，做半天做不下去/kk

我们惊奇的发现只需要求出 ((-p)^{k-i}dbinom{n-i-1}{k-i}) 就可以直接递推。

同时又发现 (dbinom{n-i-1}{k-i}) 上下指标的差是 (n-k-1) ，是固定的。

如果你看过《具体数学》就会知道二项式系数有个叫做吸收率的东西。阶乘展开即证。

[inom{n}{m}=dfrac{n}{m}inom{n-1}{m-1} ]

直接拿这玩意递推就好了。

边界为 (f(k)=1) 。

注意一下这里上指标是 (n-i-1) ，所以 (n>k) 才可以这么做，之前的特判应该改为 (nle k)

注意 (i^k) 要线性筛。完全积性函数随便筛了。

终终终终终于推完了！！！现在回去看幼儿园篮球题，是不是真的感觉像幼儿园题了qwq

或许这题可以叫做，斯特林数基础练习题？不过这题的式子长度是莫比乌斯反演基础练习题 第三部分 的 (dfrac{2}{3}) （不过前两个部分有手就行）

写到这里回去看自己之前写的幽灵乐团的题解，发现不会了/kk

现在建议你自己去实现一下，实现起来还是有点好玩的qwq。下面是讲怎么实现的。

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有了幼儿园篮球题的教训，空间别乱开，256MB还是有点紧的。代码实现就这个有点困难了吧！

忽然发现组合数直接用

[inom{n}{i}dfrac{n-i}{i+1}=inom{n}{i+1} ]

边递推边计算会松很多，可以少开两个数组。（阶乘及其逆元）

同理，(p^k) 边递推边计算可以少开一个数组。

线性筛的时候拿逆元的数组当作vis数组可以少开一个bool，质数数组暂时拿另一个数组代替，可以少开1e6，不过没啥用。

用上面的方法压一波空间可以搞成115MB，只不过我自己都觉得代码不太可读。。。

草怎么直接跑成最优解了/fad

#define mod 998244353
const int N=10000005;
int n,k,p,ans;
int f[N];

namespace math{
int id[N],pct,inv[N];
inline int qpow(int n,int k){int res=1;for(;k;k>>=1,n=1ll*n*n%mod)if(k&1)res=1ll*n*res%mod;return res;}
inline void fmod(int&x){x-=mod,x+=x>>31&mod;}
void initmath(const int&n=N-1){
	id[1]=1,id[0]=0;
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(!inv[i])f[++pct]=i,id[i]=qpow(i,k);
		for(int j=1;i*f[j]<=n&&j<=pct;++j){
			inv[i*f[j]]=1,id[i*f[j]]=1ll*id[i]*id[f[j]]%mod;
			if(i%f[j]==0)break;
		}
	}
	inv[1]=1;for(int i=2;i<=n;++i)inv[i]=1ll*inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
}

}
using namespace math;

namespace solve1{
void main(){
	f[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=1ll*(mod+1-p)*f[i-1]%mod;
	for(int i=0,j=1,y=1;i<=n;++i){
		fmod(ans+=1ll*j*y%mod*f[n-i]%mod*id[i]%mod);
		j=1ll*j*(n-i)%mod*inv[i+1]%mod,y=1ll*y*p%mod;
	}
	printf("%d
",ans),exit(0);
}

}

namespace solve2{
void main(){
	f[k]=1;
	for(int i=k-1,x=0,z=1,y=1;i>=0;--i){
		++x,z=1ll*z*(x+n-k-1)%mod*inv[x]%mod,y=1ll*y*(mod-p)%mod;
		fmod(f[i]=1ll*(mod+1-p)*f[i+1]%mod),fmod(f[i]+=1ll*y*z%mod);
	}
	for(int i=0,j=1,y=1;i<=k;++i){
		fmod(ans+=1ll*id[i]*j%mod*y%mod*f[i]%mod);
		j=1ll*j*(n-i)%mod*inv[i+1]%mod,y=1ll*y*p%mod;
	}
	printf("%d
",ans),exit(0);
}

}

signed main(){
	n=read(),p=qpow(read(),mod-2),k=read(),initmath(min(n,k)+3);
	if(n<=k)solve1::main();
	else solve2::main();
}

然后来点劲爆的东西，这个空间可以压到80MB的！！！（稍微拿常数换了点空间罢了）

但是我还是不知道为啥disangan233可以76MB

线性筛的时候开1e6的质数数组，4MB（大概和dsg就差这里了吧？）。

vis数组开成bitset压掉64倍空间。

然后开两个1e7的数组 (f,g) ，76MB

solve1的时候，先把 ((1-p)^i) 存到 (f) ，然后线性筛 (id_k) 存到 (g) ，然后把 (f) 的值更新 (f_i=f_ig_{n-i}) ，接着把 (g) 换成逆元数组，再一样跑循环。

solve2的时候，先把逆元存到 (g) ，然后就可以跑出 (f) ，接着把 (id_k) 存到 (g) ，把 (f) 的值更新为 (f_i=f_ig_i) ，然后再把 (g) 换成逆元数组（这里多扫了一遍啊，于是总时间慢了0.6s），就可以跑下面的循环了。

卡空间真好玩qwq

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define fi first
#define se second
#define mkp(x,y) make_pair(x,y)
#define pb(x) push_back(x)
#define sz(v) (int)v.size()
typedef long long LL;
typedef double db;
template<class T>bool ckmax(T&x,T y){return x<y?x=y,1:0;}
template<class T>bool ckmin(T&x,T y){return x>y?x=y,1:0;}
#define rep(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i<=i##end;++i)
#define per(i,x,y) for(int i=x,i##end=y;i>=i##end;--i)
inline int read(){
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while(!isdigit(ch)){if(ch=='-')f=0;ch=getchar();}
	while(isdigit(ch))x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
	return f?x:-x;
}
#define mod 998244353
const int N=10000005;
int n,k,p,ans;
int f[N],g[N];

namespace math{
int pct,pri[N/10];
bitset<N>vis;
inline int qpow(int n,int k){int res=1;for(;k;k>>=1,n=1ll*n*n%mod)if(k&1)res=1ll*n*res%mod;return res;}
inline void fmod(int&x){x-=mod,x+=x>>31&mod;}
void Sieve(const int&n=N-1){
	g[1]=1,g[0]=0,vis.reset();
	for(int i=2;i<=n;++i){
		if(!vis[i])pri[++pct]=i,g[i]=qpow(i,k);
		for(int j=1;i*pri[j]<=n&&j<=pct;++j){
			vis[i*pri[j]]=1,g[i*pri[j]]=1ll*g[i]*g[pri[j]]%mod;
			if(i%pri[j]==0)break;
		}
	}
}

}
using namespace math;

namespace solve1{
void main(){
	Sieve(n);
	f[0]=1;for(int i=1;i<=n;++i)f[i]=1ll*(mod+1-p)*f[i-1]%mod;
	for(int i=0;i<=n;++i)f[i]=1ll*f[i]*g[n-i]%mod;
	g[1]=1;for(int i=2;i<=n;++i)g[i]=1ll*g[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;
	for(int i=0,j=1,y=1;i<=n;++i){
		fmod(ans+=1ll*j*y%mod*f[n-i]%mod);
		j=1ll*j*(n-i)%mod*g[i+1]%mod,y=1ll*y*p%mod;
	}
	printf("%d
",ans),exit(0);
}

}

namespace solve2{
void main(){
	f[k]=1;
	g[1]=1;for(int i=2;i<=k;++i)g[i]=1ll*(mod-mod/i)*g[mod%i]%mod;
	for(int i=k-1,x=0,z=1,y=1;i>=0;--i){
		++x,z=1ll*z*(x+n-k-1)%mod*g[x]%mod,y=1ll*y*(mod-p)%mod;
		fmod(f[i]=1ll*(mod+1-p)*f[i+1]%mod),fmod(f[i]+=1ll*y*z%mod);
	}
	Sieve(k);
	for(int i=0;i<=k;++i)f[i]=1ll*f[i]*g[i]%mod;
	g[1]=1;for(int i=2;i<=k+1;++i)g[i]=1ll*(mod-mod/i)*g[mod%i]%mod;
	for(int i=0,j=1,y=1;i<=k;++i){
		fmod(ans+=1ll*f[i]*j%mod*y%mod);
		j=1ll*j*(n-i)%mod*g[i+1]%mod,y=1ll*y*p%mod;
	}
	printf("%d
",ans),exit(0);
}

}


signed main(){
	n=read(),p=qpow(read(),mod-2),k=read();
	if(n<=k)solve1::main();
	else solve2::main();
}