[BZOJ5306][HAOI2018]染色
Description
给一个长度为\(n\)的序列染色，每个位置上可以染\(m\)种颜色。如果染色后出现了\(S\)次的颜色有\(k\)种，那么这次染色就可以获得\(w_k\)的收益。
求所有染色方案的收益之和膜\(1004535809\).
sol
整行公式太大了放不下就只能用行内公式了qaq
首先设\(N=\min(m,\lfloor\frac ns\rfloor)\)，这是出现了\(S\)次的颜色种数的上界。
设\(F(i)\)表示染色后出现了\(S\)次的颜色有\(i\)中的染色方案数，那么答案就是：
\(Ans=\sum_{i=0}^{N}w_i*F(i)\)
考虑一个对\(F(i)\)的容斥。
\(F(i)=\frac{m!}{i!(m-i)!}\frac{n!}{(S!)^i(n-iS)!}\sum_{j=i}^{N}(-1)^{j-i}\frac{(m-i)!}{(j-i)!(m-j)!}\frac{(n-iS)!}{(S!)^{j-i}(n-jS)!}(m-j)^{n-jS}\)
解释一下：
\(\frac{m!}{i!(m-i)!}\)是从\(m\)中颜色里面选出\(i\)种。
\(\frac{n!}{(S!)^i(n-iS)!}\)是从\(n\)个位置中选出\(iS\)个然后再进行可重排列，也可以理解为在\(n\)个里面选出\(S\)个，再在\(n-S\)个里面选出\(S\)个，在\(n-2S\)个里面选出\(S\)个。。。乘起来就是这个。
接下来就是在剩下的\(m-i\)中颜色中，在\(n-iS\)个位置上随便填，但是随便填的时候可能还会出现某种颜色出现了\(S\)次，所以需要容斥。
\(j\)表示实际上出现了\(S\)次的颜色有\(j\)种，那么就还需要在\(m-i\)中颜色中选出\(j-i\)种，在\(n-iS\)个位置中选出\((j-i)S\)个进行可重排列，然后剩下的随便填，随便填的方案数是\((m-j)^{n-jS}\)。
式子应该不难理解，接下来就是化简了。
\(F(i)=\frac{m!}{i!(m-i)!}\frac{n!}{(S!)^i(n-iS)!}\sum_{j=i}^{N}(-1)^{j-i}\frac{(m-i)!}{(j-i)!(m-j)!}\frac{(n-iS)!}{(S!)^{j-i}(n-jS)!}(m-j)^{n-jS}\\=\frac{m!n!}{i!}\sum_{j=i}^{N}(-1)^{j-i}\frac{1}{(j-i)!(m-j)!}\frac{1}{(S!)^{j}(n-jS)!}(m-j)^{n-jS}\)
发现里面的\(j\)不太好做，于是把\(j\)提到外层。
\(Ans=\sum_{i=0}^{N}w_i*F(i)=\sum_{i=0}^{N}\frac{m!n!w_i}{i!}\sum_{j=i}^{N}(-1)^{j-i}\frac{1}{(j-i)!(m-j)!}\frac{1}{(S!)^{j}(n-jS)!}(m-j)^{n-jS}\\=m!n!\sum_{j=0}^{N}\frac{(m-j)^{n-jS}}{(m-j)!(S!)^{j}(n-jS)!}\sum_{i=0}^{j}\frac{w_i}{i!}\frac{(-1)^{j-i}}{(j-i)!}\)
后面就可以\(NTT\)了，复杂度\(O(N\log_2N)\)
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
int gi(){
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while ((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-') ch=getchar();
if (ch=='-') w=0,ch=getchar();
while (ch>='0'&&ch<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+ch-'0',ch=getchar();
return w?x:-x;
}
const int _ = 1e7+5;
const int mod = 1004535809;
int n,m,s,N,lim,len,jc[_],inv[_],a[_],b[_],rev[_],l,og[_],ans;
int fastpow(int a,int b){
int res=1;
while (b) {if (b&1) res=1ll*res*a%mod;a=1ll*a*a%mod;b>>=1;}
return res;
}
void ntt(int *P,int opt){
for (int i=0;i<len;++i) if (i<rev[i]) swap(P[i],P[rev[i]]);
for (int i=1;i<len;i<<=1){
int W=fastpow(3,(mod-1)/(i<<1));
if (opt==-1) W=fastpow(W,mod-2);
og[0]=1;
for (int j=1;j<i;++j) og[j]=1ll*og[j-1]*W%mod;
for (int p=i<<1,j=0;j<len;j+=p)
for (int k=0;k<i;++k){
int x=P[j+k],y=1ll*og[k]*P[j+k+i]%mod;
P[j+k]=(x+y)%mod,P[j+k+i]=(x-y+mod)%mod;
}
}
if (opt==-1) for (int i=0,Inv=fastpow(len,mod-2);i<len;++i) P[i]=1ll*P[i]*Inv%mod;
}
int main(){
n=gi();m=gi();s=gi();N=min(m,n/s);lim=max(n,max(m,s));
jc[0]=1;
for (int i=1;i<=lim;++i) jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod;
inv[lim]=fastpow(jc[lim],mod-2);
for (int i=lim;i;--i) inv[i-1]=1ll*inv[i]*i%mod;
for (len=1;len<=(N<<1);len<<=1) ++l;--l;
for (int i=0;i<len;++i) rev[i]=(rev[i>>1]>>1)|((i&1)<<l);
for (int i=0;i<=N;++i) a[i]=1ll*gi()*inv[i]%mod;
for (int i=0;i<=N;++i) b[i]=i&1?mod-inv[i]:inv[i];
ntt(a,1);ntt(b,1);
for (int i=0;i<len;++i) a[i]=1ll*a[i]*b[i]%mod;
ntt(a,-1);
for (int i=0;i<=N;++i) (ans+=1ll*fastpow(m-i,n-i*s)*inv[m-i]%mod*fastpow(inv[s],i)%mod*inv[n-i*s]%mod*a[i]%mod)%=mod;
ans=1ll*jc[n]*jc[m]%mod*ans%mod;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}
