CF1916 Goodbye2023 H1H2 题解

前言

这场比赛打得异常痛苦。
虽然场上H1H2会做，但是考场上太急了导致脑抽，然后就爆掉了。。。

题意

给定 \(n,p,k\)，要求：
求有多少个 \(n\times n\) 的在 \(\mod p\) 意义下定义的矩阵，使得其秩为 \(r\)。
\(r\) 从 \(0\) 到 \(k\) 分别输出答案。

题解

容易想到 dp：\(f_{i,r}\) 表示考虑前 \(i\) 行的矩阵，秩为 \(r\) 的数量。
显然有

\[f_{i,r} = f_{i - 1,r} \times p^r + f_{i - 1, r - 1} \times (p^n - p^{r - 1}) \]

具体而言，分两种情况：

1. 当前秩不增加，那么这行一定是前面的行向量的组合，因为前面的秩 \(r\)，所以有 \(2^r\) 种方法。
2. 当前秩增加，那么这行一定不是前面的行向量的组合，因为前面的秩为 \(r - 1\)，所以有 \(p^n - p^{r - 1}\) 中选择方法。

那么这样就得到如上转移，最终答案是 \(f_{n,0}, \cdots, f_{n,k}\)。

考虑如何快速求解 \(f\) 数组。考虑将 \(f\) 数组画在一个二维平面上，等价于：

每次可以从 \((i,r)\) 走到 \((i+1,r)\)（称为平走），或者从 \((i,r)\) 走到 \((i + 1, r + 1)\)，每次行走带着一定的贡献。

可以发现第 2 种转移一定只有 \(r\) 个，且对答案的贡献是确定的，即：

\[f_{i,r} = g_{r,i-r} \times \Pi_{j=1}^r (p^n - p^{j - 1}) \]

其中，走到 \(f_{i,r}\) 需要进行 \(i - r\) 次第 1 种转移，那么 \(g_{i,r}\) 的意义就明确了。

所以 \(g_{i,r}\) 就是在 \(1\) ~ \(i\) 层种进行若干次（可以为0）平走，使得总平走的次数恰好为 \(r\) 的总贡献，在第 \(j\) 层平走的贡献是 \(p^j\)。
由于有恰好走 \(r\) 步，所以考虑生成函数：\(G_i(x) = \sum_{r\ge0} f_{i,r}x^r\)，

从而可以写出 \(G_i(x) = \sum_{j=0}^i \sum_{l\geq0}(p^jx)^l=\sum_{j=0}^i\tfrac{1}{1-p^jx}\)，考虑：

\[G_i(x) = \sum_{j=0}^i\dfrac{1}{1-p^jx}\\ \]

\[G_i(px) = \sum_{j=0}^i\dfrac{1}{1-p^j(px)}=\sum_{j=0}^i\dfrac{1}{1-p^{j+1}x}\\ \]

所以有

\[(1 - x)G_i(x) = (1 - p^{i+1}x)G_i(px) \]

对比两边 \(r\) 次方系数的：

\[g_{i,r}- g_{i,r-1}=p^r\times g_{i,r}-p^{i+1}\times p^{r-1} \times g_{i,r-1}\\ \]

所以就可以得到递推公式：

\[g_{i,r}=\dfrac{p^{i+r}-1}{p^r-1}\times g_{i,r-1} \]

所以就得到了通项公式：

\[g_{i,0}=1,g_{i,r}=\Pi_{j=1}^r\dfrac{p^{i+j}-1}{p^j-1} \]

从而得到了快速求解 \(f\) 的方法：

\[f_{n,r} = \Pi_{j=1}^{n-r}\dfrac{p^{r+j}-1}{p^j-1} \times \Pi_{j=1}^r (p^n - p^{j - 1}) \]

考虑将 \(r\) 从小到大计算，则后者可以直接算，前者考虑分子分母互相抵消后再计算。

然后这样就可以直接过 H1H2 了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long

int rd() {
	int x = 0, f = 1;
	char ch = getchar();
	while (!('0' <= ch && ch <= '9')) {
		if (ch == '-') f = -1; ch = getchar();
	}
	while ('0' <= ch && ch <= '9') {
		x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48); ch = getchar();
	}
	return x * f;
}

void wr(int x) {
	if (x < 0) putchar('-'), x = -x;
	if (x >= 10) wr(x / 10); putchar(x % 10 + '0');
}

const int N = 5e5 + 10;
const int mod = 998244353;

int ans[N];

int add (int x) {
	if (x >= mod) x -= mod; else if (x < 0) x += mod;
	return x;
}

int ksm (int x, int y = mod - 2) {
	int res = 1; x = add(x);
	while (y) {
//		cout << y << " " << res << endl;
		if (y & 1) res = 1ll * res * x % mod;
		x = 1ll * x * x % mod; y >>= 1;
	} return res;
}

signed main() {
	int n, p, k; n = rd(); p = rd(); k = rd();
	int res1 = 1, res2 = 1;
	for (int r = 0; r <= min(n,k); ++r) {
		ans[r] = 1ll * res1 * res2 % mod;
		res1 = 1ll * res1 * add(ksm(p, n) - ksm(p, r)) % mod;
		res2 = 1ll * res2 * ksm(ksm(p, r + 1) - 1) % mod * add(ksm(p, n - r) - 1) % mod;
	}
	for (int r = 0; r <= k; ++r) printf ("%d ", ans[r]);
	return 0;
}

话说，上面最后的式子是可以用找规律的？不清楚了。