[atARC120F]Wine Theif

定义集合$S$合法当且仅当：$S\subseteq [1,n]$，$|S|=k$且$\forall i\in [d,n],|S\cap(i-d,i]|\le 1$

问题即求$\sum_{S合法}\sum_{x\in S}a_{x}$

记$F(n,k)=\sum_{S合法}1$和$G(n,k,i)=\sum_{i\in S且S合法}1$（合法指对此时的$n$和$k$，$d$是常数），交换枚举顺序，答案即$\sum_{i=1}^{n}\sum_{i\in S且S合法}1=\sum_{i=1}^{n}a_{i}G(n,k,i)$

（特别的，当$i\notin [1,n]$时，定义$G(n,k,i)=0$）

关于$G(n,k,i)$，由于$i\in S$，因此在$(i-d,i)$和$(i,i+d)$中不能有其他元素，那么不妨将$[i,i+d)$这一段全部删去（不能把$(i-d,i+d)$都删去，因为$i-d$和$i+d$是可以同时选的）

此时，方案数可以容斥计算，即先不考虑$(i-d,i)$中不能有元素的限制，方案数即$F(n-d,k-1)$，再枚举其中的元素，显然至多仅有1个，即$\sum_{j=i-d+1}^{i-1}G(n-d,k-1,j)$

综上，得到递推式——
$$
G(n,k,i)=F(n-d,k-1)-\sum_{j=i-d+1}^{i-1}G(n-d,k-1,j)
$$
（特别的，当$i\notin [d,n+1-d]$时，可以类似地分析，最终的式子是相同的）

不难发现，前两维一定是形如$(n-td,k-t)$的形式，记$V_{t}(x)=\sum_{i=1}^{n-td}G(n-td,k-t,i)x^{i}$，根据上面的递推式有
$$
V_{t}(x)=F(n-td-d,k-t-1)\sum_{i=1}^{n-td}x^{i}-\sum_{i=1}^{d-1}x^{i}V_{t+1}(x)
$$
为了方便，以下记$C=F(n-td-d,k-t-1)$

对于前者，维护懒标记$tag_{t}$，并令$V_{t}(x)=V'_{t}(x)+tag\sum_{i=1}^{n-td}x^{i}$，我们记录$(V'_{t}(x),tag_{t})$，考虑维护这个二元组的转移，即
$$
V'_{t}(x)+tag_{t}\sum_{i=1}^{n-td}x^{i}=C\sum_{i=1}^{n-td}x^{i}-\sum_{i=1}^{d-1}x^{i}(V'_{t+1}(x)+tag_{t+1}\sum_{j=1}^{n-td-d}x^{j})
$$
（不难发现每一个$tag_{t}$都可以对应一个$V'_{t}(x)$，我们只需要维护其中一种即可）

对其展开并调整使两边形式类似，即
$$
V'_{t}(x)+tag_{t}\sum_{i=1}^{n-td}x^{i}=-\sum_{i=1}^{d-1}x^{i}V'_{t+1}(x)+C\sum_{i=1}^{n-td}x^{i}-tag_{t+1}\sum_{i=1}^{d-1}x^{i}\sum_{j=1}^{n-td-d}x^{j}
$$
对于最后一项，其$i$次项系数即$\min(i,n-td-i+1,d)-1$（其中$i\in [1,n-td]$），将系数补成$d-1$，再将抵消的项放到$V'_{t}(x)$中，并将两项对应提出，即
$$
\begin{cases}V'_{t}(x)=tag_{t+1}\sum_{i=1}^{d-1}(d-i)(x^{i}+x^{n-td-i+1})-\sum_{i=1}^{d-1}x^{i}V'_{t+1}(x)\\tag_{t}=C-(d-1)tag_{t+1}\end{cases}
$$
由于$k\le \lceil\frac{n}{d}\rceil$，即$(k-1)d\le n$，那么初始即$(V'_{k-1}(x),tag_{k-1})=(0,1)$，最终即求$(V'_{0}(x),tag_{0})$

由于$tag_{t}$与$V'_{t}$无关，先来计算$tag_{t}$，即需要求$F(n,k)$

关于$F(n,k)$，即$\sum_{i=0}^{k}x_{i}=n-k$的方案数，其中$x_{i}\in N$且$\forall 1\le i<k,x_{i}\ge d-1$

将中间这$k-1$项每一项都减去$d-1$，再用插板法可得$F(n,k)={n-(k-1)(d-1)\choose k}$，$o(1)$计算即可

由此，即可在$o(n)$的时间内求得$tag_{t}$

令$h(x)=-\sum_{i=1}^{d-1}x^{i}$和$h_{t}(x)=tag_{t+1}\sum_{i=1}^{d-1}(d-i)(x^{i}+x^{n-td-i+1})$，考虑直接求$V'_{0}(x)$的通项公式，通过计算每一次$h_{t}(x)$的影响，即$V'_{0}(x)=\sum_{i=0}^{k-2}h_{i}(x)h^{i}(x)$

将$h_{t}(x)$拆为$A_{t}(x)=tag_{t+1}\sum_{i=1}^{d-1}(d-i)x^{i}$和$B_{t}(x)=tag_{t+1}\sum_{i=1}^{d-1}(d-i)x^{n-td-i+1}$，根据分配律，将两者分别计算，即$V'_{0}(x)=\sum_{i=0}^{k-2}A_{i}(x)h^{i}(x)+\sum_{i=0}^{k-2}B_{i}(x)h^{i}(x)$

分治+FFT计算即可，其中对于$B_{i}(x)$提取一个$x^{n-td-d+1}$这个公因式就可以降低次数

最终时间复杂度为$o(n\log n\log k)$，被卡常了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1000005
#define mod 998244353
struct Poly{
    int m;
    vector<int>a;
    Poly(){
        m=0;
        a.clear();
    }
}ans,h[25],A[N<<1];
int n,k,d,x,sum,fac[N],inv[N],tag[N<<1];
int C(int n,int m){
    if (n<m)return 0;
    return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int F(int n,int k){
    return C(n-(k-1)*(d-1),k);
}
int Log2(int n){
    int m=0;
    while ((1<<m)<n)m++;
    return m;
}
int qpow(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=1LL*ans*s%mod;
        s=1LL*s*s%mod;
        m>>=1; 
    }
    return ans;
}
void Add(Poly &a,int n){
    while (a.a.size()<n)a.a.push_back(0);
}
void Dec(Poly &a){
    while ((a.a.size())&&(!a.a.back()))a.a.pop_back();
}
void ntt(Poly &a,int n,int p){
    for(int i=0;i<(1<<n);i++){
        int s=0;
        for(int j=0;j<n;j++)
            if (i&(1<<j))s+=(1<<n-j-1);
        if (i<s)swap(a.a[i],a.a[s]);
    }
    for(int i=2;i<=(1<<n);i<<=1){
        int s=qpow(3,(mod-1)/i);
        if (p)s=qpow(s,mod-2);
        for(int j=0;j<(1<<n);j+=i)
            for(int k=0,ss=1;k<(i>>1);k++,ss=1LL*ss*s%mod){
                int x=a.a[j+k],y=1LL*a.a[j+k+(i>>1)]*ss%mod;
                a.a[j+k]=(x+y)%mod;
                a.a[j+k+(i>>1)]=(x+mod-y)%mod;
            }
    }
    if (p){
        int s=qpow((1<<n),mod-2);
        for(int i=0;i<a.a.size();i++)a.a[i]=1LL*a.a[i]*s%mod;
    }
}
Poly add(Poly x,Poly y){
    Poly ans;
    if (x.m>y.m)swap(x,y);
    ans=x;
    y.m-=x.m;
    Add(ans,y.m+y.a.size());
    for(int i=0;i<y.a.size();i++)ans.a[i+y.m]=(ans.a[i+y.m]+y.a[i])%mod;
    return ans;
}
Poly mul(Poly x,Poly y){
    Poly ans;
    ans.m=x.m+y.m;
    int n=Log2(x.a.size()+y.a.size());
    Add(x,(1<<n)),Add(y,(1<<n));
    ntt(x,n,0);
    ntt(y,n,0);
    for(int i=0;i<(1<<n);i++)ans.a.push_back(1LL*x.a[i]*y.a[i]%mod);
    ntt(ans,n,1);
    Dec(ans);
    return ans;
}
Poly calc(int k,int l,int r){
    if (!k)return A[l];
    int mid=(l+r>>1);
    return add(calc(k-1,l,mid),mul(calc(k-1,mid+1,r),h[k-1]));
}
int main(){
    fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<N;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod;
    scanf("%d%d%d",&n,&k,&d);
    tag[k-1]=1;
    for(int i=k-2;i>=0;i--)tag[i]=(F(n-i*d-d,k-i-1)-1LL*(d-1)*tag[i+1]%mod+mod)%mod;
    h[0].a.push_back(0);
    for(int i=1;i<d;i++)h[0].a.push_back(mod-1);
    int kk=Log2(k);
    for(int i=1;i<kk;i++)h[i]=mul(h[i-1],h[i-1]);
    for(int i=0;i<(1<<kk);i++)
        if (tag[i+1]){
            A[i].a.push_back(0);
            for(int j=1;j<d;j++)A[i].a.push_back(1LL*tag[i+1]*(d-j)%mod);
        }
    ans=calc(kk,0,(1<<kk)-1);
    for(int i=0;i<(1<<kk);i++){
        A[i].m=max(n-i*d-d+1,0);
        A[i].a.clear();
        if (tag[i+1]){
            A[i].a.push_back(0);
            for(int j=1;j<d;j++)A[i].a.push_back(1LL*tag[i+1]*j%mod);
        }
    }
    ans=add(ans,calc(kk,0,(1<<kk)-1));
    Add(ans,n+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)ans.a[i]=(ans.a[i]+tag[0])%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%d",&x);
        sum=(sum+1LL*x*ans.a[i])%mod;
    }
    printf("%d",sum);
}