ARC102 Stop.Otherwise... 生成函数计数

ARC102 Stop.Otherwise... 生成函数计数

题意

给定\(N\)个具有\(K\)个面的骰子，每一面有\(1-K\)的点数，问任意两面之和不等于\(i\)的方案数，\(2 \leq i \leq 2K\)

\[1 \leq K \leq 2000\\ 2 \leq N \leq 2000\\ \]

分析

此题可以容斥可以直接组合数算可以DP 这里采用相对来说无脑一点的OGF做法？

把每个点数看成物品，那么我们可以把物品分为如下三类：

当\(i = I\)时

\(1.\)对于点数\(i\)，若存在\(j\)，\(i + j = I\)，那么可以把\(ij\)看成同一组的物品，这组物品中要么全选\(i\)，要么全选\(j\)

\(2.\)若点数\(i * 2 = I\) ,显然\(i\)只可以被选择0次或1次

\(3.\) 对于其他点数可以随意选择

考察\(1,2,3\)的生成函数

\(1.\) \(F(x) = 1 + 2x + 2x^2 + ... = (1 + x)(1 + x + x^2...) = \frac{1+x}{1-x}\)

\(2.F(x) = 1 + x\)

\(3.F(x) = 1 + x + x^2... = \frac{1}{1 +x}\)

对于1，为什么有系数2呢，这是因为对于一组内的\(i.j\)可以有两种选择，因此考虑或的意义，需要叠加计算

于是直接乘起来即可，可以看出最后会形如\(\frac{(1+x)^p}{(1-x)^q}\)

直接统计即可，最后\(O(n)\)的求出卷积系数

复杂度\(O(nk)\)

代码

int inv[4005],fac[4005];

int C(int n,int m){
	if(m > n || n < 0 || m < 0) return 0;
	return (ll)fac[n] * inv[m] % MOD * inv[n - m] % MOD;
}

ll ksm(ll a,ll b = MOD - 2,ll m = MOD){
	ll ans = 1;
	ll base = a;
	while(b) {
		if(b & 1) {
			ans *= base;
			ans %= MOD;
		}
		base *= base;
		base %= m;
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

int main(){
	int k = rd();
	int n = rd();
	fac[0] = inv[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= 4000;i++) fac[i] = (ll)fac[i - 1] * i % MOD,inv[i] = (ll)inv[i - 1] * ksm(i) % MOD;
	for(int i = 2;i <= 2 * k;i++){
		int p = 0;
		int q = 0;
		for(int j = 1;j <= k;j++){
			if(i - j >= 1 && i - j <= k && (i != (j << 1))) {
				if(j > i - j) p++,q++;
			}
			else if(i != (j << 1)) q++;
			else p++;
		}
		int res = 0;
		for(int j = 0;j <= n;j++){
			res += (ll)C(p,j) * C(n - j  + q - 1,q - 1) % MOD;
			res %= MOD;
		}
		cout << res << '\n';
	}
}