P4491-[HAOI2018]染色【多项式,二项式反演】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/P4491

1|1题目大意

给 $n$ 个物品染上 $m$ 种颜色，若恰好有 $k$ 个颜色的物品个数为 $S$ 那么就会产生 $W_k$ 的贡献。求所有染色方案的贡献和

$1\leq n\leq 10^7,1\leq m\leq 10^5,1\leq S\leq 150$

1|2解题思路

先考虑一个简单的想法，我们强制染上 $k$ 种颜色，那么方案就是

F (k) = (\binom{m}{k}) \frac{P_{n}^{k \times S}}{(S!)^{k}} (m - k)^{n - k \times S}

$F(k)=\binom{m}{k}\frac{P_n^{k\times S}}{(S!)^k}(m-k)^{n-k\times S}$

（选出 $k$ 种，然后重排公式，剩下的随便选）

发现这样剩下的颜色也有可能会有贡献，设 $G(k)$ 表示恰好有 $k$ 种出现次数为 $S$ 的颜色的话，那么他们之间有公式

F (k) = \sum_{i = k}^{n} (\binom{i}{k}) G (i)

$F(k)=\sum_{i=k}^n\binom{i}{k}G(i)$

然后直接二项式反演就有

\Rightarrow G (k) = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} (\binom{i}{k}) F (i)

$\Rightarrow G(k)=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\binom{i}{k}F(i)$

拆开组合数就有

G (k) = \sum_{i = k}^{n} (- 1)^{i - k} \frac{i!}{k! (i - k)!} F (i)

$G(k)=\sum_{i=k}^n(-1)^{i-k}\frac{i!}{k!(i-k)!}F(i)$

这里面和 $i$ 有关的下标只有 $i$ 和 $i-k$ ，是一个卷积的形式，直接 $NTT$ 就好了。

时间复杂度 $O(n\log n)$

当然也可以用指数型生成函数来推导，但是我不会

1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e7+10,P=1004535809;
ll n,m,S,ans,inv[N],fac[N],f[N],g[N],r[N];
ll power(ll x,ll b){
	ll ans=1;
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*x%P;
		x=x*x%P;b>>=1;
	}
	return ans;
}
void NTT(ll *f,ll n,ll op){
	for(ll i=0;i<n;i++)
		if(i<r[i])swap(f[i],f[r[i]]);
	for(ll p=2;p<=n;p<<=1){
		ll len=(p>>1),tmp=power(3,(P-1)/p);
		if(op==-1)tmp=power(tmp,P-2);
		for(ll k=0;k<n;k+=p){
			ll buf=1;
			for(ll i=k;i<k+len;i++){
				ll tt=buf*f[i+len]%P;
				f[i+len]=(f[i]-tt+P)%P;
				f[i]=(f[i]+tt)%P;
				buf=buf*tmp%P;
			}
		}
	}
	if(op==-1){
		ll invn=power(n,P-2);
		for(ll i=0;i<n;i++)
			f[i]=f[i]*invn%P;
	}
	return;
}
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&S);inv[1]=1;
	for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-(P/i)*inv[P%i]%P;
	inv[0]=fac[0]=1;ll pm=m;m=min(m,n/S);
	for(ll i=1;i<N;i++)
		fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
	for(ll i=0,z=1;i<=m;i++){
		f[i]=C(pm,i)*fac[n]%P*z%P*inv[n-i*S]%P;
		f[i]=f[i]*power(pm-i,n-i*S)%P;z=z*inv[S]%P;
		f[i]=f[i]*fac[i]%P;
	}
	for(ll i=0;i<=m;i++)g[i]=(i&1)?(P-inv[i]):(inv[i]);
	reverse(f,f+1+m);
	ll l=1;while(l<=2*m+1)l<<=1;
	for(ll i=0;i<l;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(l>>1):0);
	NTT(f,l,1);NTT(g,l,1);
	for(ll i=0;i<l;i++)f[i]=f[i]*g[i]%P;
	NTT(f,l,-1);reverse(f,f+1+m);
	for(ll i=0;i<=m;i++){
		ll p=f[i]*inv[i]%P;
		ll w;scanf("%lld",&w);
		(ans+=w*p%P)%=P;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14459655.html
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