【ARC102E】Stop. Otherwise...（容斥原理，动态规划）

【ARC102E】Stop. Otherwise...（容斥原理，动态规划）

题面

AtCoder
有\(n\)个骰子，每个骰子有\(K\)个面，上面有\(1\)到\(K\)。骰子都是一样的。
现在对于\([2,2k]\)中的每一个数\(x\)，要求出满足不存在任意两个骰子的点数和为\(x\)的方案数。

题解

显然这个东西是一个容斥计算的过程。
而两两之间的点数和恰好为\(x\)的配对方案数也是有限的。
那么枚举至少出现了\(k\)不合法的数字配对的情况。
得到了：

\[Ans=\sum_{i=0}^i (-1)^t{t\choose i}{n-2i+k-1\choose k-1} \]

其中\(t\)表示能够拼出\(x\)的无序点对数。

#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
#define MOD 998244353
#define MAX 4040
void add(int &x,int y){x+=y;if(x>=MOD)x-=MOD;}
int jc[MAX],jv[MAX],inv[MAX],n,k,tot[MAX];
int C(int n,int m){return 1ll*jc[n]*jv[m]%MOD*jv[n-m]%MOD;}
int main()
{
	scanf("%d%d",&k,&n);
	jc[0]=jv[0]=inv[0]=inv[1]=1;
	for(int i=2;i<=n+k;++i)inv[i]=1ll*inv[MOD%i]*(MOD-MOD/i)%MOD;
	for(int i=1;i<=n+k;++i)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%MOD;
	for(int i=1;i<=n+k;++i)jv[i]=1ll*jv[i-1]*inv[i]%MOD;
	for(int i=1;i<=k;++i)tot[i+1]+=1,tot[i+k+1]-=1;
	for(int i=1;i<=k+k;++i)tot[i]+=tot[i-1];
	for(int i=2;i<=k+k;++i)
	{
		int cnt=(tot[i]+1)/2,ans=0;
		for(int j=0,d=1;j<=cnt&&j+j<=n;++j,d=MOD-d)
			add(ans,1ll*d*C(cnt,j)%MOD*C(n-2*j+k-1,k-1)%MOD);
		printf("%d\n",ans);
	}
	return 0;
}

然后听\(ppl\)说还有一种\(dp\)方法。
因为每一对无序对中，都只能选择恰好一个，所以设\(f[i][j]\)表示从\(i\)个无序对中恰好选择了\(j\)个的方案数，每个组里面至少要选择一个。
那么转移就是\(f[i][j]=2*f[i-1][j-1]+f[i][j-1]\)。
转移的两部分是这样子看的，前半部分是选择一个新组，可以从两个中任选一个，否则强制选择上一组，并且只能选择之前选过的那一个。
那么得到每个组可以不选东西的方案数\(\displaystyle g[i][j]=\sum_{k=0}^i {i\choose k}f[k][j]\)。即考虑选择了几个组，然后计算一下方案数。
这样子一来询问的时候只需要询问的考虑就行了。
当\(x\)为奇数的时候，那么直接枚举多少个可能构成组，然后剩下的在范围外，随意组合。
当\(x\)为偶数的时候，特殊考虑是否选择\(x/2\)，选了就只能选一个，然后组合数考虑。
求\(g\)的时候用\(NTT\)优化，时间复杂度\(O(n^2log)\)
没有代码，要代码的话，戳ppl博客。