Loj#6503-「雅礼集训 2018 Day4」Magic【分治NTT】

1|0正题

题目链接:https://loj.ac/p/6503

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1|1题目大意

$n$张卡$m$种，第$i$种卡有$a_i$张，求所有排列中有$k$对相邻且相同的卡牌。

$1\leq n\leq 10^5,0\leq k\leq 10^5,1\leq m\leq 20000,\sum_{i=1}^ma_i=n$

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1|2解题思路

$k$对相邻的相同，就是可以分成有$n-k$组相同的。

考虑这个问题，把每组牌分成若干组插到不同位置，先不考虑这样可能插到相邻位置的情况我们后面可以再用容斥消掉。

那么对于一个$a$，分成$i$组的方案就是$\binom{a-1}{i-1}$，因为排列，列出生成函数$\sum_{i=1}^a\binom{a-1}{i-1}\frac{x^i}{i!}$。

然后用分治$NTT$乘起来，最后第$i$项乘上一个$i!$就是方案了。

然后考虑容斥，枚举一个$i\leq n-k$然后相当于至少有$k$对相邻，现在要减去更多的，所以容斥系数就是$(-1)^{n-k-i}\binom{n-i}{k}$

时间复杂度$O(n\log n\log m)$

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1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2e5+10,T=19,P=998244353;
struct Poly{
	ll a[N<<2],n;
}F[T+1];bool v[T+1];
ll m,n,k,w[N],inv[N],fac[N],r[N],x[N],y[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;
}
void Mul(Poly &F,Poly &G){
	ll n=1;
	while(n<F.n+G.n-1)n<<=1;
	for(ll i=0;i<F.n;i++)x[i]=F.a[i];
	for(ll i=0;i<G.n;i++)y[i]=G.a[i];
	for(ll i=F.n;i<n;i++)x[i]=0;
	for(ll i=G.n;i<n;i++)y[i]=0;
	for(ll i=0;i<n;i++)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)?(n>>1):0);
	NTT(x,n,1);NTT(y,n,1);
	for(ll i=0;i<n;i++)x[i]=x[i]*y[i]%P;
	NTT(x,n,-1);
	for(ll i=0;i<n;i++)F.a[i]=x[i];
	F.n=F.n+G.n-1;return;
}
ll FindA(){
	for(ll i=0;i<T;i++)
		if(!v[i]){v[i]=1;return i;}
}
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
ll NTT(ll l,ll r){
	if(l==r){
		ll x=FindA();
		for(ll i=1;i<=w[l];i++)
			F[x].a[i]=inv[i]*C(w[l]-1,i-1)%P;
		F[x].n=w[l]+1;return x;
	}
	ll mid=(l+r)>>1;
	ll ls=NTT(l,mid),rs=NTT(mid+1,r);
	Mul(F[ls],F[rs]);v[rs]=0;return ls;
}
signed main()
{
	scanf("%lld%lld%lld",&m,&n,&k);inv[1]=1;
	for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;
	fac[0]=inv[0]=1;
	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=1;i<=m;i++)scanf("%lld",&w[i]);
	ll p=NTT(1,m),ans=0;
	for(ll i=n-k,f=1;i>=m;i--,f=-f)
		ans=(ans+f*F[p].a[i]*fac[i]%P*C(n-i,k)%P)%P;
	printf("%lld\n",(ans+P)%P);
	return 0;
}

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本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/15131538.html
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