The 2021 CCPC Weihai Onsite - M. 810975 题解

题意

Zayin进行了 $n$ 场比赛, 获胜 $m$ 局，其中最长连胜是 $k$ ，问有多少种情况

思路

问题转化

考虑败场分割胜场（这是一个经典解法：隔板法），问题转化为

$$\sum _{i=1}^{n-m+1}{x}_i=m(x_i\le k)$$

的非负整数解个数（整数拆分问题）。

$$\begin{array}{rl}G(x)& =(\sum _{i=0}^k{x}^i{)}^{n-m+1}\\ & =(1+x+x^2+x^3+\cdots +x^k{)}^{n-m+1}\\ & =(\frac{1}{1-x}-\frac{x^{k+1}}{1-x}{)}^{n-m+1}\end{array}$$

TIP: 如果你打算跑NTT快速幂 / 生成函数展开，看到这里就结束了。

引理

$$\sum _{i=1}^p{x}_i=m$$

的非负整数解个数为

$$C(m+p-1,p-1)=C_{m+p-1}^{p-1}$$

引理证明

先考虑正整数解个数

考虑有 $m$ 个球，分为 $p$ 组，那么只需要这么考虑

O _ O _ O _ O _ O _ ....... _ O _ O // O 表示球, _ 表示空位

那么往空位塞入 $p-1$ 个隔板即可，$C(m-1,p-1)$

再考虑非负整数解个数

令 $y_i=x_i+1$

也就是考虑：先给每组球多塞一个球，作上述隔板法，就可以扩展到非负整数了

即

$$\begin{array}{rlrl}& \sum _{i=1}^p{x}_i& =& m\\ & \sum _{i=1}^p(x_i+1)& =& m+p\\ & \sum _{i=1}^p{y}_i& =& m+p\end{array}$$

因为第三个式子正整数解个数即为 $C(m+p-1,p-1)$，也等于第一个式子的非负整数解个数

至此，我们得到了 $n$ 场比赛，获胜 $m$ 场的情况数

回到原问题

以和引理一样的思路，我们考虑某一场比赛 至少 赢了 $k+1$ 次（因为组合的性质，我们不好解决恰好 $k$ 次的问题），减去至少赢了 $k$ 次就是答案了。

为了防止问题太过抽象，我们考虑 $n=7,m=6,k=3,p=n-m+1=2$ 的情况，显然只有一种

首先，我们先抽一个 $k$ 出来，算 $\sum _{i=1}^p{y}_i=y_1+y_2=m-k=3$ 情况数，然后 $C(p,1)$ 塞给某1个 $y_i$ ，即可保证得到的组合至少存在1个大于 $k$ 的数。通过引理我们知道答案是 $C(3+2-1,2-1)\cdot C(2,1)=C(4,1)\cdot 2=8$

同理，$k+1$也是这么算，得到答案 $6$ ，但是 $8-6=2\ne 1$

通过式子所代表的含义，我们列举出生成的 $8$ 种 $k$ 的组合和 $6$ 种 $k+1$ 的组合。（如果读者在这里没发现这里需要容斥，还请模拟一下8+6种情况，不会花太多时间）

发现不对，$y_1=y_2=3$ 被计入了 $2$ 次。显然，这是因为+3计数重复。本质上，我们要求的是 y[1] >= 3 or y[2] >= 3 (记作 $A$ ) ，但是我们这里算的是的是y[1] >= 3 + y[2] >= 3 (记作 $B$ )，要想不重复，我们只能减去y[1] >= 3 and y[2] >= 3(记作 $C$ )。即 $A=B-C$，同理，我们可以推广到 p > 2 的情况，即计算

$$Ans{|}_k=\sum _{i=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^i\cdot C(n-m+1,i)\cdot C(m-i\cdot k+n-m,n-m)$$

$i$ 表示枚举有 $i$ 个元素 $\ge k$，左边那个组合数表示选 $i$ 个数 $+k$ ，右边那个组合数即为整数拆分非负整数解个数

$k+1$ 同理。

最后

$$Answer=Ans{|}_k-Ans{|}_{k+1}$$

小细节

具体看代码特判

代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
using i64 = long long;

const i64 MOD = 998244353;
const int N = 1e5 + 6;
i64 fac[N], inv[N], ifac[N];

void norm(i64 &x) {
    while(x>=MOD) x -= MOD;
    while(x<0) x += MOD;
}

i64 C(i64 n,i64 m) {
    if(m<0 || n<m) return 0;
    return fac[n] * ifac[m] % MOD * ifac[n-m] % MOD;
}

int main(int argc, char const *argv[])
{
    ios::sync_with_stdio(false);
    cin.tie(nullptr); cout.tie(nullptr);

    // freopen("in.txt","r",stdin);

    fac[0] = fac[1] = 1;
    inv[0] = inv[1] = 1;
    ifac[0] = ifac[1] = 1;

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

    i64 n,m,k;
    cin >> n >> m >> k;

    if(!(n>=m && m>=k)) {
        cout << 0;
        return 0;
    }
    
    if(k==0) {
        if(m==0) cout << 1;
        else cout << 0;
        return 0;
    }

    vector<i64> a(m+2), b(m+2);
    i64 w = m, f = n - m;

    i64 ans = 0;
    for(int i=1;i*k<=m;++i) {
        // k
        a[i] = C(f + 1, i) * C(m - i * k + f, f) % MOD;
        // k + 1
        b[i] = C(f + 1, i) * C(m - i * (k + 1) + f, f) % MOD;

        ans += (i&1) ? (a[i] - b[i]) : (b[i] - a[i]);
        norm(ans);
    }

    cout << ans;

    return 0;
}