「CTS2019 | CTSC2019」随机立方体 解题报告

「CTS2019 | CTSC2019」随机立方体

据说这是签到题，但是我计数学的实在有点差，这里认真说一说。

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我们先考虑一些事实

• 如果我们在位置\((x_0,y_0,z_0)\)钦定了一个极大数\(p\)，那么我们需要把\(x=x_0\)，\(y=y_0\)与\(z=z_0\)的三个平面的交中填上比\(p\)小的数字，这样，剩下的正方体就成了一个长宽高分别为\((n-1)(m-1)(l-1)\)的子问题了。
• 考虑到我们使用的是数字的相对大小关系，而不是数字的值，也就是说，任意的\(k\)个数字，发挥的作用是完全一样的，他们互不相同。

以上两个事实都可以启发我们往容斥的方向想，考虑容斥。

设\(dp_i\)为至少有\(i\)个极大数字的方案数，然后我们进行钦定。

\(dp_i\)等于(钦定\(i\)个极大数的位置方案数)\(\times\)(极大数删去平面的交的填充方案数)\(\times\)(剩下随意发挥的剩余正方体填充方案数)

首先我们需要把所有的数字分成两部分，删去的平面交与剩余的正方体。

这里设\(N=n\times m\times l\),\(g_i\)为钦定\(i\)个极大值后删去平面交的方块数，那么这个数字的划分方案数就是\(\binom{N}{g_i}\)

\(g_i\)的表达式也很简单，\(g_i=nml-(n-i)(m-i)(l-i)\)

然后挨个考虑\(dp\)的组成成分，设\(f_i\)等于钦定\(i\)个极大的位置的方案数，因为每次都是子问题，所以实际上很简单

\[f_i=\prod_{j=0}^{i-1}(n-j)(m-j)(l-j) \]

设\(h_i\)表示删去的平面交的填充方案数，可以发现，这个东西一下子求不来，可以考虑一下递推的方法。

我们再考虑一个事实

• 如果先钦定了\(x\)，然后删去了相关平面，再钦定\(y\)，如果我们想让删去的平面中的填充不影响\(y\)，我们需要满足条件\(x<y\)

这启发我们先进行数值大的外面的填充

我们先把\(g_i\)个数中最大的数值拿出来，填到对应位置，然后剩下的\(g_i-g_{i-1}+1\)个位置（就是第\(i\)次删去的平面），每个位置可以随便选择一个数，方案数为\(\frac{(g_i-1)!}{g_{i-1}!}\)，然后我们可以发现，剩下的数的填充就是子问题\(h_{i-1}\)

于是我们可以得到

\[\begin{aligned} h_i&=\frac{(g_i-1)!}{g_{i-1}!}\times h_{i-1}\\ &=\prod_{j=0}^{i-1}\frac{(g_{j+1}-1)!}{g_j!} \end{aligned} \]

最后面随意填充就简单了就是\((N-g_i)!\)

然后我们带回去化简一下

\[\begin{aligned} dp_i&=\binom{N}{g_i}f_ih_i(N-g_i)!\\ &=N!f_i\prod_{j=1}^{i}(g_j-1)!\prod_{j=0}^{i}\frac{1}{g_j!}\\ &=N!f_i\prod_{j=1}^{i}\frac{1}{g_j} \end{aligned} \]

我们现在求的是方案数，但题意是概率。所以这个\(N!\)其实直接扔了就好。

令\(dp_i\)代表至少\(i\)个极大数的概率，那么

\[dp_i=f_i\prod_{j=1}^i\frac{1}{g_j} \]

我们知道，如果\(a\times b=c\)，那么可以有

\[a^{-1}\equiv c^{-1}b\pmod p \]

有了这个，我们就可以线性求\(g\)的逆元了，这也是我们熟知的阶乘逆元的方法。

还有最后一步，设\(ans_i\)为恰好\(i\)个极大数的概率

设\(mi=\min(n,m,l)\)

我们有

\[dp_i=\sum_{j=i}^{mi}ans_j\binom{j}{i} \]

由二项式反演可得

\[ans_i=\sum_{j=i}^{mi}dp_j\binom{j}{i}(-1)^{j-i} \]

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什么？你不会二项式反演？（其实我自己忘了就尝试推了一会儿，但我并不会比较感性理解的，只会一个推式子的）

若

\[A_i=\sum_{j=i}^n\binom{j}{i}B_j \]

设\(\delta_{i,j}\)为满足

\[B_i=\sum_{j=i}^n\delta_{i,j}A_j \]

的东西，考虑求出Ta

\[\begin{aligned} B_i&=\sum_{j=i}^n\delta_{i,j}A_j\\ &=\sum_{j=i}^n\delta_{i,j}\sum_{k=j}^n\binom{k}{j}B_k\\ &=\sum_{k=i}^nB_k\sum_{j=i}^k\delta_{i,j}\binom{k}{j} \end{aligned} \]

可以得到，我们需要满足

\[\sum_{j=i}^k\delta_{i,j}\binom{k}{j}=[k=i] \]

在优秀的莫比乌斯反演的某步证明中，我们用到了这个式子

\[\sum_{i=0}^n(-1)^i\binom{n}{i}=[n=0] \]

证明方法很多，不说了

随便把这个式子变一变

\[\sum_{j=i}^k(-1)^{j-i}\binom{k-i}{k-j}=[k=i] \]

那么我们可以得到

\[\delta_{i,j}\binom{k}{j}=(-1)^{j-i}\binom{k-i}{k-j} \]

然后你解出来就可以了，但是我们平常写起来其实应该不是这样的

注意到一个组合式

\[\binom{k}{j}\binom{j}{i}=\binom{k}{i}\binom{k-i}{k-j} \]

这个证明方法也多，你拆开或者组合意义理解都行

而

\[\binom{k}{i}\sum_{j=i}^k(-1)^{j-i}\binom{k-i}{k-j}=[k=i] \]

就是把这个加到前面并不会影响什么

于是我们有

\[\delta_{i,j}=(-1)^{j-i}\binom{j}{i} \]

综上

\[B_i=\sum_{j=i}^n(-1)^{j-i}\binom{j}{i}A_j \]

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Code:

#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <algorithm>
using std::min;
const int SIZE=1<<21;
char ibuf[SIZE],*iS,*iT;
//#define gc() (iS==iT?(iT=(iS=ibuf)+fread(ibuf,1,SIZE,stdin),iS==iT?EOF:*iS++):*iS++)
#define gc() getchar()
template <class T>
void read(T &x)
{
	x=0;char c=gc();
	while(!isdigit(c)) c=gc();
	while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=gc();
}
const int mod=998244353;
int inline add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
#define mul(x,y) (1ll*(x)*(y)%mod)
int qp(int d,int k){int f=1;while(k){if(k&1)f=mul(f,d);d=mul(d,d),k>>=1;}return f;}
const int N=5e6+1;
int fac[N],inv[N],dp[N],f[N],g[N],invg[N],yuy[N];
int C(int m,int n){return mul(mul(fac[m],inv[n]),inv[m-n]);}
int main()
{
	fac[0]=1;for(int i=1;i<N;i++) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
	inv[N-1]=qp(fac[N-1],mod-2);
	for(int i=N-2;~i;i--) inv[i]=mul(inv[i+1],i+1);
	int T,n,m,l,k;read(T);
	while(T--)
	{
		read(n),read(m),read(l),read(k);
		int mi=min(n,min(m,l));
		if(k>mi)
		{
			puts("0");
			continue;
		}
		f[0]=1;
		for(int i=0;i<mi;i++) f[i+1]=mul(f[i],yuy[i]=mul(n-i,mul(m-i,l-i)));
		int fg=1,tot=yuy[0];
		yuy[mi]=0;
		for(int i=1;i<=mi;i++)
		{
			g[i]=add(tot,mod-yuy[i]);
			fg=mul(fg,g[i]);
		}
		invg[mi]=qp(fg,mod-2);
		for(int i=mi-1;~i;i--) invg[i]=mul(invg[i+1],g[i+1]);
		for(int i=1;i<=mi;i++) dp[i]=mul(f[i],invg[i]);
		int ans=0;
		for(int i=k;i<=mi;i++)
		{
			if(i-k&1) ans=add(ans,mod-mul(C(i,k),dp[i]));
			else ans=add(ans,mul(C(i,k),dp[i]));
		}
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

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2019.5.20