Solution -「LOCAL」菜

$\mathscr{Description}$

  Private link.

  给定 $N,L,X,Y,K$，求选出 $0\le a_1\le a_2\le\cdots a_{N-1}\le X<Y\le a_N\le L$，使得 $\sum_{i=1}^{N-1}a_i>a_N$，且不存在某个 $t$ 在 $a_{1..N}$ 中出现超过 $K$ 次的方案数。答案对 $(10^9+7)$ 取模。

  $N\le8$，其他 $\le10^9$。

$\mathscr{Solution}$

  我走起来就是一个二元 GF：

$$\cdots=\prod_{i=0}^X\frac{1-y^{K+1}x^{i(K+1)}}{1-yx^i}.$$

止步于此，大脑空空。惨痛地，我们认识到，尽量不要为了在“描述”时偷懒，毫无顾忌地引入二元。

  先从 $K$ 次入手，为方便描述集合划分，钦定 $a_{1..N}$ 乱序排列。那么，设某个值出现了 $t$ 次，就应当有描述其方案数贡献的 EGF 中，$[z^t]G(t)=[t\le K]t!\cdot\frac{1}{t!}=[t\le K]$。我们可以 $\mathcal O(\operatorname{partition}(N))$ 枚举出现次数集合，却很难保证不同集合对应的值确实不同。为此，考虑一个被钦定大小为 $t$ 的集合的容斥因子贡献，设其 EGF 为 $F(z)$，就有 $G=\exp F\Rightarrow F=\ln G$，$[z^t]F(z)$ 就是该集合的容斥系数。

  接着描述选出前 $N-1$ 个数的过程。枚举 $n-1$ 的划分 $c_{1..m}$，有

$$M(z)=\prod_{i=1}^m \frac{1-z^{c_i(X+1)}}{1-z^{c_i}}.$$

对于 $s=\sum_{i=1}^{N-1}\in (Y,L]$，其对应 $a_N$ 的方案数为 $s-Y$。这一部分的和为

$$\sum_{s=Y+1}^L(i-Y)[z^i]M(z)=([z^L]-[z^{Y}])\left(\frac{z}{1-z}M'(z)-\frac{Y}{1-z}M(z)\right).$$

用 EI 求 $[z^n]P(z)/Q(z)$ 的科技（就是常系数齐次线性递推那个）可以算出来。对于 $s>L$，其贡献为

$$([z^{\infty}]-[z^L])\frac{1}{1-z}M(z).$$

令 $z\rightarrow 1$ 洛一洛就能算前一项，后一项和前面类似。复杂度大概是 $\mathcal O(\operatorname{partition}(n)\operatorname{polylog}(n)\log L)$。

$\mathscr{Code}$

  呜……不想写。

  所以上面的式子可能都是错的，诶嘿。（