CCPC2021 广州A/CF Gym103415A

Description

给定 $n,w$ 和长度为 $n$ 的序列 $c$ ，求

\sum_{\sum b_{i} \leq w} \prod_{i = 1}^{n} b_{i}^{c_{i}}

$\sum_{\sum b_i\le w}\prod_{i=1}^nb_i^{c_i}$

的值模 $998244353$ 的结果

$n\le 10^5,w\le 10^18,\sum c\le 10^5$

Solution

写出 $\rm OGF$ 大概可以把答案写成下式并进行一定程度的和式变换

\begin{aligned} A n s & = \sum_{k = 0}^{w} [x^{k}] \prod_{i = 1}^{n} \sum_{j = 0}^{+ \infty} j^{c_{i}} x^{j} \\ = \sum_{k = 0}^{w} [x^{k}] \prod_{i = 1}^{n} \sum_{j = 0}^{+ \infty} \sum_{p = 0}^{c_{i}} {\begin{matrix} c_{i} \\ p \end{matrix}} j^{\underline{p}} x^{j} \\ = \sum_{k = 0}^{w} [x^{k}] \prod_{i = 1}^{n} \sum_{p = 0}^{c_{i}} {\begin{matrix} c_{i} \\ p \end{matrix}} p! \sum_{j = 0}^{+ \infty} (\binom{j}{p}) x^{j} \\ = \sum_{k = 0}^{w} [x^{k}] \prod_{i = 1}^{n} \sum_{p = 0}^{c_{i}} {\begin{matrix} c_{i} \\ p \end{matrix}} p! x^{p} \sum_{j = 0}^{+ \infty} (\binom{j + p}{p}) x^{j} \\ = \sum_{k = 0}^{w} [x^{k}] \prod_{i = 1}^{n} \sum_{p = 0}^{c_{i}} {\begin{matrix} c_{i} \\ p \end{matrix}} p! x^{p} {(\frac{1}{1 - x})}^{p + 1} \end{aligned}

$\begin{aligned}Ans&=\sum_{k=0}^w[x^k]\prod_{i=1}^n\sum_{j=0}^{+\infty}j^{c_i}x^j\\ &=\sum_{k=0}^w[x^k]\prod_{i=1}^n\sum_{j=0}^{+\infty}\sum_{p=0}^{c_i}\begin{Bmatrix}c_i\\ p\end{Bmatrix}j^{\underline p}x^j\\ &=\sum_{k=0}^w[x^k]\prod_{i=1}^n\sum_{p=0}^{c_i}\begin{Bmatrix}c_i\\ p\end{Bmatrix}p!\sum_{j=0}^{+\infty}\binom jp x^j\\ &=\sum_{k=0}^w[x^k]\prod_{i=1}^n\sum_{p=0}^{c_i}\begin{Bmatrix}c_i\\ p\end{Bmatrix}p!x^p\sum_{j=0}^{+\infty}\binom {j+p}p x^j\\ &=\sum_{k=0}^w[x^k]\prod_{i=1}^n\sum_{p=0}^{c_i}\begin{Bmatrix}c_i\\ p\end{Bmatrix}p!x^p\left(\frac{1}{1-x}\right)^{p+1} \end{aligned}$

最后一步使用了数列 $a_n=\binom{n+m}{m}$ （ $m$ 为常数）的 $\rm OGF$ 为 $(\frac1{1-x})^{m+1}$ ，证明考虑对常数 $m$ 归纳，使用了最基础的组合数求一行的和

将 $\frac 1{1-x}$ 看做自变量，剩下的看成多项式可以分治乘法求出多项式本身，但是别扭的是这个 $x^p$ ，不过对于每个 $p+1$ 都会配凑一个 $p$ ， $n$ 个式子累乘起来那么对于 $(\frac 1{1-x})^m$ 的项必然跟着一个 $x^{m-n}$ ，找指数时对着等号最前面的 $[x^k]$ 的 $k$ 减就行了

分治乘法的叶子处需要快速求第二类斯特林数一行，由于 $\sum c_i$ 的上界是可以接受的，那么逐个快速求就行了

剩下的工作是统计答案，考虑 $f_px^{p-n}(\frac 1{1-x})^p$ 对某个 $x^{r}$ 的贡献系数：现将 $r$ 减掉 $p-n$ ， $[x^{r-(p-n)}]\left(\frac{1}{1-x}\right)^p=\binom{r+n-1}{p-1}$

直接对着 $r\in[0,w-(p-n)]$ 求一列和就能得到 $\binom {w+n}p$ ，即 $f_p$ 对答案的贡献

组合数推一下就行了，不要直接算

写题解的初衷是看网上没有题解，所以希望能给有需要的人一些帮助吧

Code

inline poly Mul(poly a,poly b){
    int n=a.size(),m=b.size(),lim=1;
    while(lim<=(n+m)) lim<<=1;
    NTT(a,lim,1); NTT(b,lim,1);
    rep(i,0,lim-1) ckmul(a[i],b[i]);
    NTT(a,lim,-1);
    a.resize(n+m-1);
    return a;
}
inline poly Get_Line(int x){
    vector<int> a,b; a.resize(x+1); b.resize(x+1);
    for(int i=0;i<=x;++i){
        if(i&1) a[i]=mod-ifac[i]; else a[i]=ifac[i];
        b[i]=mul(ifac[i],ksm(i,x));
    }
    poly vec=Mul(a,b); vec.resize(x+1);
    return vec;
}
inline poly solve(int l,int r){
    if(l==r){
        poly str=Get_Line(c[l]);
        poly ret; ret.resize(c[l]+2);
        rep(i,0,c[l]) ret[i+1]=mul(str[i],fac[i]);
        return ret;
    }
    int mid=(l+r)>>1;
    return Mul(solve(l,mid),solve(mid+1,r));
}
signed main(){
    n=5e5; fac[0]=inv[0]=1; 
    for(int i=1;i<=n;++i) fac[i]=mul(fac[i-1],i);
    ifac[n]=ksm(fac[n],mod-2);
    Down(i,n,1) ifac[i-1]=mul(ifac[i],i),inv[i]=mul(ifac[i],fac[i-1]);
    n=read(); w=read(); 
    int sumc=0;
    rep(i,1,n) sumc+=(c[i]=read());
    vector<int> f=solve(1,n);
    int ans=0,dfac=1;
    for(int i=0;i<=n+sumc;++i){
        if(i-n>w) break;
        if(i>=n){
            ckadd(ans,mul(f[i],mul(dfac,ifac[i])));
        }
        ckmul(dfac,(w+n-i)%mod);
    }
    print(ans);
    return 0;
}