【Cf #502 H】The Films（莫队）

题面的简述：总共有$m$种书，书架上共有$n$本书，给出$n$本书的种类，并有$Q$个询问，每次询问给出$l, r, k$。每次询问时都会先出现$k * m$本书，每种书各$k$本，然后再加入书架上的$n$本书，共有$km + n$本书，从中随机取出$n$本随机顺序放回书架，问在$[l,r]$之间的书的种类和原来一样的概率，输出概率乘上总情况数，询问之间独立。

题面中已经把问题转化成有多少情况满足条件，我们考虑这个怎么算。首先考虑原位置不变的时候，我们考虑每一种颜色，用$c_{i}$表示$i$在$[l,r]$中出现次数，用$t_{i}$表示$i$在原序列中出现次数，如果只考虑$i$，那满足颜色$i$的方案数是：$C(t_{i} + k, c_{i})c_{i}!$，为了方便计算，我们直接用下降幂表示。那么根据乘法原理，所有的颜色都满足的方案数就是$\prod\limits_{i = 1}^{m} (t_{i} + k)^{\underline{c_{i}}}$。剩下的对于除$[l,r]$之外的位置随便放书就可以了，所以对于每个询问的最后答案就是$ans = (mk + n - r + l - 1)^{ \underline{ n - r + l - 1 } } \prod\limits_{i = 1}^{m} (t_{i} + k)^{\underline{c_{i}}}$。

我们考虑怎么计算上述式子，题中有一个很良心的性质，就是不同的$k$的个数不超过$100$，这提示我们可以对询问分类，对每一种$k$单独计算，接下来我们讲的都是对于某一个$k$计算询问的答案。

显然式子的前半部分我们可以$O(n)$预处理下降幂，询问时$O(1)$乘一下就行了，于是就是维护后半段，我们用莫队来实现，我们发现可以$O(1)$修改当前的值，因为某个位置颜色数的加一减一对答案的贡献是可以轻易知道的，那我们就可以完成这个问题了，只要松一下块大小就能过啦。

 

$\bigodot$技巧&套路：

• 组合数和下降幂的联系
• 暴力莫队出奇迹

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long LL;
const int N = 200005, MOD = 998244353, BLO = 987;

int n, m, Q, k, res;
int fac[N], ifac[N], inv[N], prd[N];
int a[N], t[N], c[N], ans[N];

struct Que {
  int l, r, k, id;
  inline friend bool operator < (Que a, Que b) {
    if (a.k != b.k) return a.k < b.k;
    return (a.l / BLO != b.l / BLO)? (a.l < b.l) : (a.r < b.r);
  }
} q[N];

int Down(int x, int y) {
  if (x < y) throw;
  return (LL) fac[x] * ifac[x - y] % MOD;
}

void Inc(int x) {
  if (!x) return;
  ++c[a[x]];
  res = (LL) res * (t[a[x]] + k - c[a[x]] + 1) % MOD;
}
void Dec(int x) {
  if (!x) return;
  res = (LL) res * inv[t[a[x]] + k - c[a[x]] + 1] % MOD;
  --c[a[x]];
}

void Solve(int ql, int qr) {
  int mk = (LL) k * m % MOD;
  prd[n] = 1;
  for (int i = n - 1; ~i; --i) {
    prd[i] = (LL) prd[i + 1] * (mk + n - i) % MOD;
  }
  res = 1;
  int l = 1, r = 0, L, R;
  for (int i = ql; i <= qr; ++i) {
    L = q[i].l; R = q[i].r;
    while (r < R) Inc(++r);
    while (l > L) Inc(--l);
    while (l < L) Dec(l++);
    while (r > R) Dec(r--);
    ans[q[i].id] = (LL) res * prd[r - l + 1] % MOD;
  }
  for (int i = l; i <= r; ++i) --c[a[i]];
}

int main() {
  fac[0] = fac[1] = ifac[0] = ifac[1] = inv[1] = 1;
  for (int i = 2; i < N; ++i) {
    inv[i] = MOD - (LL) (MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
    fac[i] = (LL) fac[i - 1] * i % MOD;
    ifac[i] = (LL) ifac[i - 1] * inv[i] % MOD;
  }

  scanf("%d%d%d", &n, &m, &Q);
  for (int i = 1; i <= n; ++i) {
    scanf("%d", &a[i]);
    ++t[a[i]];
  }
  
  for (int i = 1; i <= Q; ++i) {
    scanf("%d%d%d", &q[i].l, &q[i].r, &q[i].k);
    q[i].id = i;
  }
  sort(q + 1, q + 1 + Q);
  for (int i = 1, j; i <= Q; i = j + 1) {
    for (j = i; j < Q && q[j + 1].k == q[j].k; ++j);
    k = q[i].k;
    Solve(i, j);
  }
  for (int i = 1; i <= Q; ++i) {
    printf("%d\n", ans[i]);
  }
  
  return 0;
}