【洛谷5401】[CTS2019] 珍珠（指数型生成函数+NTT）

点此看题面

• 有\(n\)个球和\(D\)种颜色。
• 问你有多少种染色方案，使得能选出至少\(m\)对同色的球。
• \(D\le10^5,m\le n\le10^9\)

基础转化

令\(cnt_x\)表示颜色为\(x\)的小球个数，那么题意就相当于是：

\[\sum_{i=1}^D\lfloor\frac{cnt_x}2\rfloor\ge m \]

对于整除有一个基本的转化\(\lfloor\frac x2\rfloor=\frac{x-x\%2}2\)，因此就有：

\[\sum_{i=1}^D\frac{cnt_x-cnt_x\%2}2\ge m\\ \sum_{i=1}^D(cnt_x-cnt_x\%2)\ge 2m \]

由于\(\sum_{i=1}^Dcnt_x=n\)，所以最终得到：

\[\sum_{i=1}^Dcnt_x\%2\le n-2m \]

也就是有至多\(n-2m\)种颜色出现奇数次。

二项式反演

设\(f_i\)表示钦定\(i\)种颜色出现奇数次，\(g_i\)表示有恰好\(i\)种颜色出现奇数次，显然最终答案应该是\(\sum_{i=0}^{n-2m}g_i\)。

\(f_i\)和\(g_i\)之间有一个显然的关系式：

\[f_i=\sum_{j=i}^DC_j^i\times g_j \]

根据二项式反演的式子得到：

\[g_i=\sum_{j=i}^D(-1)^{j-i}\times C_j^i\times f_j \]

考虑转化一下这个式子，首先拆开组合数并移项：

\[g_i\times i!=\sum_{j=i}^D\frac{(-1)^{j-i}}{(j-i)!}\times (f_j\times j!) \]

构造两个多项式\(A(x)=\sum_{i=0}^{D}(f_i\times i!)x^i,B(x)=\sum_{i=0}^D\frac{(-1)^{D-i}}{(D-i)!}x^i\)（注意\(B(x)\)的系数经过了翻转，以形成一个卷积的形式）

则\(A(x)*B(x)\)的\(D+i\)次项系数就是\(g_i\times i!\)。

那么现在的问题就变成了如何求\(f_i\)。

指数型生成函数

显然，对于一个已知的\(cnt\)数组，生成它的方案数是\(\frac{n!}{\prod_{i=1}^D(cnt_i!)}\)。

因此我们构造指数型生成函数\(\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{x^i}{i!}=e^x\)。

而现在我们要有至少\(i\)种颜色出现奇数次，那么我们就要强制选\(i\)种颜色出来让它出现奇数次。

考虑这\(i\)种颜色的生成函数实际上就是\(\frac{e^x-e^{-x}}2\)（\(e^x\)与\(e^{-x}\)相减刚好能消去偶次项）。

那么得到计算\(f_i\)的朴素式子就应该是：

\[f_i=C_D^i\times n!\times [x^n](\frac{e^x-e^{-x}}2)^i(e^x)^{D-i} \]

对于其中\((\frac{e^x-e^{-x}}2)^i\)一项，我们提出总分母\(2^i\)，然后暴力二项式定理展开得到：

\[f_i=\frac{C_D^i\times n!}{2^i}\times [x^n](\sum_{j=0}^iC_i^j(e^x)^j(-e^{-x})^{i-j})(e^x)^{D-i} \]

简单地化简一下：

\[f_i=\frac{C_D^i\times n!}{2^i}\times \sum_{j=0}^iC_i^j(-1)^{i-j}[x^n]((e^x)^j(e^{-x})^{i-j})(e^x)^{D-i}\\ f_i=\frac{C_D^i\times n!}{2^i}\times \sum_{j=0}^iC_i^j(-1)^{i-j}[x^n]e^{(D-2(i-j))x} \]

现在含\(e\)的项就只有\(e^{(D-2(i-j))x}\)这个简单的式子了。

考虑\(e^{ax}=\sum_{i=0}^{+\infty}\frac{a^ix^i}{i!}\)，所以\([x^n]e^{ax}=\frac{a^n}{n!}\)。

即，对于原式可以进一步得到：

\[f_i=\frac{C_D^i\times n!}{2^i}\times \sum_{j=0}^iC_i^j(-1)^{i-j}\frac{(D-2(i-j))^n}{n!} \]

整理一下，把它表示成卷积的形式就有：

\[f_i=\frac{D!}{(D-i)!\times 2^i}\times \sum_{j=0}^i\frac{(-1)^{i-j}\times (D-2(i-j))^n}{(i-j)!}\times \frac{1}{j!} \]

构造两个多项式\(A(x)=\sum_{i=0}^{D}\frac{(-1)^i\times(D-2i)^n}{i!}x^i,B(x)=\sum_{i=0}^D\frac{x^i}{i!}\)。

显然\(f_i=\frac{D!}{(D-i)!\times 2^i}\times [x^i](A(x)*B(x))\)。

求出\(f_i\)之后代回到前面的式子中，再做一次\(NTT\)求出\(g_i\)，这道题就做完了。

代码：\(O(Dlogn)\)

#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define SZ 100000
#define X 998244353
#define I2 499122177
using namespace std;
int n,m,D,Fac[SZ+5],IFac[SZ+5],f[SZ+5],A[SZ<<2],B[SZ<<2];
I int QP(RI x,RI y) {RI t=1;W(y) y&1&&(t=1LL*t*x%X),x=1LL*x*x%X,y>>=1;return t;}
namespace Poly//多项式
{
	#define PR 3
	int P,L,R[SZ<<2];I void NTT(int* s,CI op)//NTT
	{
		RI i,j,k,x,y,U,S;for(i=0;i^P;++i) i<R[i]&&(x=s[i],s[i]=s[R[i]],s[R[i]]=x);
		for(i=1;i^P;i<<=1) for(U=QP(QP(PR,op),(X-1)/(i<<1)),j=0;j^P;j+=i<<1) for(S=1,k=0;
			k^i;++k,S=1LL*S*U%X) s[j+k]=((x=s[j+k])+(y=1LL*S*s[i+j+k]%X))%X,s[i+j+k]=(x-y+X)%X;
	}
	I void Mul(CI n,int* A,int* B)//卷积
	{
		RI i;P=1,L=0;W(P<=(n<<1)) P<<=1,++L;for(i=0;i^P;++i) R[i]=((R[i>>1]>>1)|((i&1)<<L-1));
		for(NTT(A,1),NTT(B,1),i=0;i^P;++i) A[i]=1LL*A[i]*B[i]%X;
		RI t=QP(P,X-2);for(NTT(A,X-2),i=0;i<=2*n;++i) A[i]=1LL*A[i]*t%X;
	}
}
int main()
{
	RI i;if(scanf("%d%d%d",&D,&n,&m),2*m>n) return puts("0"),0;//特判
	if(2*m<=n-D) return printf("%d",QP(D,n)),0;//特判
	for(Fac[0]=i=1;i<=D;++i) Fac[i]=1LL*Fac[i-1]*i%X;//预处理阶乘
	for(IFac[D]=QP(Fac[D],X-2),i=D;i;--i) IFac[i-1]=1LL*IFac[i]*i%X;//预处理阶乘逆元
	for(i=0;i<=D;++i) A[i]=1LL*(i&1?X-1:1)*QP((D-2*i+X)%X,n)%X*IFac[i]%X,B[i]=IFac[i];//第一遍卷积
	for(Poly::Mul(D,A,B),i=0;i<=D;++i) f[i]=1LL*A[i]*Fac[D]%X*IFac[D-i]%X*QP(I2,i)%X;//求出f[i]
	memset(A,0,sizeof(A)),memset(B,0,sizeof(B));//清空数组
	for(i=0;i<=D;++i) A[i]=1LL*f[i]*Fac[i]%X,B[D-i]=1LL*(i&1?X-1:1)*IFac[i]%X;//第二遍卷积
	RI t=0;for(Poly::Mul(D,A,B),i=0;i<=n-2*m;++i) t=(1LL*A[D+i]*IFac[i]+t)%X;//求出g[i]并统计答案
	return printf("%d\n",t),0;
}