Solution -「CTS2019」珍珠

题目

  luogu.

题解

  先 % 兔。同为兔子为什么小粉兔辣么强qwq。 本文大体跟随小粉兔的题解的思路，并为像我一样多项式超 poor 的读者作了很详细的解释。如果题解界面公式出现问题，可以尝试“在 Ta 的博客查看”w~

  生成函数 + NTT。

  首先，转化题意：求长度为 $n$，元素属于 $[1,D]$ 且存在至少 $m$ 对位置不重复的相同元素的整数序列个数。

  不妨把元素的值形象化为颜色，设第 $c$ 中颜色在某个序列中出现次数为 $cnt_c$。则该序列合法，当且仅当：

$$\sum_{c=1}^D\lfloor\frac{cnt_c}2\rfloor\ge m\tag1$$

  也即是，每种颜色最多组合出 $\lfloor\frac{cnt_c}2\rfloor$ 组相同元素对，并将其求和。对 $(1)$ 变形：

$$(1)\Rightarrow\sum_{c=1}^D\frac{cnt_c-(cnt_c\bmod 2)}2\ge m$$

$$\Rightarrow\sum_{c=1}^Dcnt_c-(cnt_c\bmod2)\ge2m$$

$$\Rightarrow n-\sum_{c=1}^Dcnt_c\bmod 2\ge2m$$

$$\Rightarrow\sum_{c=1}^Dcnt_c\bmod2\le n-2m\tag2$$

  由 $(2)$，产生了一些特判：当 $n<2m$，非负数之和不可能小于 $0$，答案为 $0$；当 $D\le n-2m$，等式恒成立（颜色总数仅 $D$），答案为 $D^n$。

  接下来，令 $g_i$ 表示恰好有 $i$ 个 $cnt_c\bmod2=1$ 的方案数。即 $g_i=\sum_{cnt}[\sum_{c=1}^Dcnt_c\bmod2=i]$。可以发现最终答案为 $\sum_{c=0}^{n-2m}g_c$，即 $(2)$ 的等式左边所有满足条件的取值的方案数之和。

  然后容斥 $g$：令 $f_i$ 为至少有 $i$ 个 $cnt_c\bmod2=1$ 的方案数。注意：$f$ 考虑了与 $g$ 的容斥关系。更细致地阐释，$f_i$ 表示先保证有 $i$ 个颜色为奇数的前提下，其它颜色任意选的方案总数。如此一来，对于任意 $i\ge j$， $g_i$ 会对 $f_j$ 贡献 $i\choose j$ 次——在 $i$ 中选 $j$ 个“保底”，其余 $i-j$ 个成为“任意选”方案中的若干种。则：

$$f_i=\sum_{j}{j\choose i}g_j\tag3$$

  利用二项式反演，对 $(3)$ 变形：

$$g_i=\sum_j(-1)^{j-i}{j\choose i}f_j=\sum_j(-1)^{i-j}\frac{j!}{i!(j-i)!}f_j=\frac{1}{i!}\sum_j\frac{(-1)^{i-j}}{[-(i-j)]!}\cdot j!f_j\tag4$$

  可以发现，在最后一个式子的求和中，点乘号左右两边分别是关于 $j$ 和 $i-j$ 的函数，那么 $g$ 实际上就是一个卷积的形式。只要求出 $f$ 即可。

---

  回顾 $f$ 的定义，并尝试引入指数型生成函数。考虑到对于序列 $C=\{1,1,1,\dots\}$，其生成函数为 $G_e(C)=\sum_i\frac{x^i}{i!}=e^x$；对于序列 $O=\{0,1,0,1,\dots\}$，其生成函数为 $G_e(O)=\frac{x_1}{1!}+\frac{x_3}{3!}+\frac{x_5}{5!}+\cdots=\frac{e^x-e^{-x}}2$。同时，记 $[x^n]f(x)$ 表示函数 $f(x)$ 的 $n$ 次项系数，则有：

$$f_i={D\choose i}n![x^n]\left(G_e^i(O)G_e^{D-i}(C)\right)\tag5$$

  先停下来理解：

• 第一项 $D\choose i$，先钦定 $D$ 种颜色中的 $i$ 个为必须奇数。别忘了 $f$ 定义，其余颜色也可以为奇数，它们是任意的。

• 第二项 $n!$，是约掉指数生成函数第 $n$ 项的 $\frac{1}{n!}$。比如 $[x^3]G_e(C)=\frac{1}{3!}$，需要乘上 $\frac{1}{3!}$ 才为 $1$。

• 第三项 $[x^n]\left(G_e^i(O)G_e^{D-i}(C)\right)$，正如一般的卷积，生成函数的卷积表现了在不同集合中选择的方案。该式中卷积的第 $n$ 项就表示选择 $i$ 个奇数，再任选 $D-i$ 个非负数，使得其和恰为 $n$ 的方案数。可以结合最初的题意理解。

  理解之后，着手对 $(5)$ 变形（注意所有的 $i$ 均为下标，而非虚数单位）：

$$f_i={D\choose i}n![x^n]\left(\frac{(e^x-e^{-x})^i}{2^i}\cdot e^{x(D-i)}\right)$$

$$\Rightarrow f_i={\frac{1}{2^i}{D\choose i}n![x^n]\left((e^x-e^{-x})^ie^{x(D-i)}\right)}\tag6$$

  利用二项式定理，展开 $(6)$ 中的 $(e^x-e^{-x})^i$，得：

$$\Rightarrow f_i=\frac{1}{2^i}{D\choose i}n![x^n]\left(\sum_{j=0}^i{i\choose j}e^{jx}(-e^{-x})^{i-j}e^{x(D-i)}\right)$$

$$\Rightarrow f_i=\frac{1}{2^i}{D\choose i}n!\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}{i\choose j}[x^n]e^{(D+2j-2i)x}\tag7$$

  发现 $e^{(D+2j-2i)x}$ 是形如 $e^{ax}$ 的形式，而 $e^{ax}$ 是序列 $\{a^0,a^1,a^2,\dots\}$ 的生成函数。所以其 $n$ 次项应为 $\frac{a^n}{n!}$。则 $[x^n]e^{(D+2j-2i)x}=\frac{(D+2j-2i)^n}{n!}$。将其代入 $(7)$ 并整理：

$$\Rightarrow f_i=\frac{1}{2^i}{D\choose i}n!\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}{i\choose j}\frac{(D+2j-2i)^n}{n!}$$

$$\Rightarrow f_i=\frac{i!}{2^i}{D\choose i}\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\frac{(D+2j-2i)^n}{j!(i-j)!}$$

$$\Rightarrow f_i=\frac{D!}{2^i(D-i)!}\sum_{j=0}^i(-1)^{i-j}\frac{(D+2j-2i)^n}{j!(i-j)!}\tag8$$

  把 $(8)$ 朝着卷积的形式靠近，即分开 $i-j$ 与 $j$。为了美观，令 $k=i-j$，则 $j=i-k$。推出：

$$\Rightarrow f_i=\frac{D!}{2^i(D-i)!}\sum_{k=0}^i\frac{1}{(i-k)!}\cdot\frac{(-1)^k(D-2k)^n}{k!}\tag9$$

  此时，和式已经是卷积的形式。
  到此，利用 NTT，通过 $(9)$ 求出 $f$，再通过 $(4)$ 求出 $g$，最后求得答案为 $\sum_{c=0}^{n-2m}g_c$，并记得特判 $(2)$ 所引出的两种情况，这道题就解决啦~

代码

#include <cstdio>

const int MOD = 998244353, G = 3, INV2 = ( MOD + 1 ) >> 1, MAXD = 1 << 18;
int D, n, m, inv[MAXD + 5], fac[MAXD + 5], ifac[MAXD + 5];
int A[MAXD + 5], B[MAXD + 5], rev[MAXD + 5];

inline int qkpow ( int a, int b, const int p = MOD ) {
	int ret = 1;
	for ( ; b; a = 1ll * a * a % p, b >>= 1 ) ret = 1ll * ret * ( b & 1 ? a : 1 ) % p;
	return ret;
}

inline void NTT ( const int n, int* a, const int tp ) {
	for ( int i = 0; i < n; ++ i ) {
		if ( i < rev[i] ) {
			a[i] ^= a[rev[i]] ^= a[i] ^= a[rev[i]];
		}
	}
	for ( int i = 2, stp = 1; i <= n; i <<= 1, stp <<= 1 ) {
		int w = qkpow ( G, ( MOD - 1 ) / i );
		if ( ! ~ tp ) w = qkpow ( w, MOD - 2 );
		for ( int j = 0; j < n; j += i ) {
			for ( int k = j, r = 1; k < j + stp; ++ k, r = 1ll * r * w % MOD ) {
				int ev = a[k], ov = 1ll * a[k + stp] * r % MOD;
				a[k] = ( ev + ov ) % MOD, a[k + stp] = ( ev - ov + MOD ) % MOD;
			}
		}
	}
	if ( ! ~ tp ) {
		int rvn = qkpow ( n, MOD - 2 );
		for ( int i = 0; i < n; ++ i ) a[i] = 1ll * a[i] * rvn % MOD;
	}
}

inline void polyConv ( int lenA, int lenB, int* A, int* B, int* C ) {
	int lenC = lenA + lenB - 1, len = 1, lg = 0;
	for ( ; len < lenC; len <<= 1, ++ lg );
	for ( int i = 0; i < len; ++ i ) rev[i] = ( rev[i >> 1] >> 1 ) | ( ( i & 1 ) << lg >> 1 );
	static int tmpA[MAXD + 5], tmpB[MAXD + 5];
	for ( int i = 0; i < len; ++ i ) {
		tmpA[i] = i < lenA ? A[i] : 0;
		tmpB[i] = i < lenB ? B[i] : 0;
	}
	NTT ( len, tmpA, 1 ), NTT ( len, tmpB, 1 );
	for ( int i = 0; i < len; ++ i ) C[i] = 1ll * tmpA[i] * tmpB[i] % MOD;
	NTT ( len, C, -1 );
}

inline void init () {
	inv[1] = fac[1] = ifac[1] = fac[0] = ifac[0] = 1;
	for ( int i = 2; i <= D; ++ i ) {
		fac[i] = 1ll * i * fac[i - 1] % MOD;
		inv[i] = 1ll * ( MOD - MOD / i ) * inv[MOD % i] % MOD;
		ifac[i] = 1ll * inv[i] * ifac[i - 1] % MOD;
	}
}

int main () {
	scanf ( "%d %d %d", &D, &n, &m );
	if ( m << 1 > n ) return puts ( "0" ), 0;
	if ( m << 1 <= n - D ) return printf ( "%d\n", qkpow ( D, n ) ), 0;
	init ();
	for ( int i = 0; i <= D; ++ i ) {
		A[i] = 1ll * qkpow ( ( D - 2 * i + MOD ) % MOD, n ) * ( i & 1 ? MOD - ifac[i] : ifac[i] ) % MOD;
		B[i] = ifac[i];
	}
	polyConv ( D + 1, D + 1, A, B, A );
	for ( int i = 0; i <= D; ++ i ) {
		A[i] = 1ll * A[i] * fac[D] % MOD * fac[i] % MOD * qkpow ( INV2, i ) % MOD * ifac[D - i] % MOD;
		B[D - i] = i & 1 ? MOD - ifac[i] : ifac[i];
	}
	polyConv ( D + 1, D + 1, A, B, A );
	int ans = 0;
	for ( int i = 0; i <= n - 2 * m; ++ i ) ans = ( ans + 1ll * ifac[i] * A[D + i] ) % MOD;
	printf ( "%d\n", ans );
	return 0;
}